天津市和平区2022届高三下学期三模数学试卷（原卷+解析）

天津市和平区2022届高三下学期三模数学试卷

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

3．函数的图象大致为

A． B．

C． D．

4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：，，，，，，（时间均在内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则，的值分别为（    ）

A．0.3，0.35

B．0.4，0.25

C．0.35，0.3

D．0.35，0.25

5．设，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（    ）

A． B． C． D．

7．已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点，且两曲线的一个交点为.若，则双曲线的渐近线方程为（  ）

A． B． C． D．

8．函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若为偶函数，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

9．已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是(       )

A． B． C． D．

二、填空题

10．已知为虚数单位，设复数满足，则的虚部为__________．

11．的展开式中项的系数为__________．

12．已知圆的圆心坐标是，若直线与圆相切于点，则圆C的标准方程为___________.

13．设,则的最大值为 ________．

三、解答题

14．在中，，，.

(1)求AB的长；

(2)求；

(3)求的值.

15．如图，正四棱柱中，且，点分别是的中点．

(1)求直线与直线所成角的正切值；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值；

(3)求点到平面的距离．

16．已知椭圆的离心率为，且椭圆过点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值．

17．已知等比数列的公比是的等差中项．等差数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)将数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和；

(3)，求数列的前项和．

18．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.

（1）讨论f(x) 的单调性；

（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；

（3）如果f(x)＞g(x) 在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.

四、双空题

19．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为__________种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为__________．

20．在平面内，定点，满足，且，则__________；平面内的动点满足，，则的最大值是__________．

参考答案：

1．A

【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.

【详解】由题意可得：，则.

故选：A.

2．D

【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.

考点：等比数列

3．A

【分析】可采用排除法，根据奇偶性和特殊点的函数值的正负进行排除.

【详解】因为，所以的图象关于原点对称，故排除；

当时，，当时，，所以，排除B．

故选A.

【点睛】本题考查根据函数的奇偶性和特殊点的函数值的正负识别图像，属于基础题.

4．C

【分析】根据频率和为以及第百分位数列出的方程，则结果可求.

【详解】因为，即，

又因为，即，

所以，所以，

故选：C.

5．D

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性即可求出．

【详解】因为，所以，即；

因为，所以，即，综上，．

故选：D．

6．A

【分析】设出圆柱的底面半径，求解圆柱的高，球的半径，然后求解表面积的比．

【详解】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球，

设圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，则球的半径，

所以圆柱的表面积为：；

球的表面积为，

则圆柱的表面积与球的表面积之比为．

故选：A．

7．C

【分析】首先由题意确定点P的坐标，然后列方程确定a,b的值即可确定渐近线方程.

【详解】∵抛物线的焦点坐标F(1,0)，p=2，

抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，

∴p=2c，即c=1，

设P(m,n)，由抛物线定义知：

.

∴P点的坐标为.

，解得：.

则渐近线方程为.

故选C.

【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求解，抛物线的几何性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

8．B

【分析】先根据三角恒等变换求出函数的解析式，再根据三角函数图象变换法则求出函数的解析式，然后根据其性质可解得，结合，即可解出．

【详解】因为

，

所以，而为偶函数，所以，即，而，所以的最小值是．

故选：B．

9．A

【详解】=,当时时,单调递减，时,单调递增,且当,当, 当时，恒成立，时,单调递增且,方程R)有四个相异的实数根.令=则,,即.

10．-1

【分析】根据复数的除法法则进行计算得到，从而得到虚部为-1

【详解】由题意得：，

所以的虚部为-1

故答案为：-1

11．

【分析】根据二项式定理求出通项，再求项的系数.

【详解】因，只需要求的展开式中含项的系数．

又的展开式的通项为，

则含项的系数分别是，，

的展开式中项的系数为.

故答案为：2.

12．

【分析】根据圆心和切点的连线与直线垂直列方程，由此求得的值，利用两点间的距离公式求得圆的半径，进而求得圆的标准方程．

【详解】因为圆心坐标为，直线与圆相切于点

根据圆心和切点的连线与直线垂直，所以，解得，

根据两点间的距离公式，可得圆的半径

故圆的标准方程为．

故答案为：

13．

【详解】由两边同时加上

得两边同时开方即得：（且当且仅当时取“=”），

从而有（当且仅当,即时，“=”成立）

故填：.

考点：基本不等式.

【名师点睛】本题考查应用基本不等式求最值，先将基本不等式转化为（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”）再利用此不等式来求解.本题属于中档题，注意等号成立的条件.

14．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由同角三角函数基本关系结合正弦定理可得AB的长；

（2）根据三角形内角和，结合两角和的余弦公式求解即可；

（3）根据二倍角公式与两角差的余弦公式求解即可

(1)

由，且可得.

由正弦定理有，得

(2)

由题意可得

(3)

由（2），，由二倍角公式可得：，

故.

15．(1)

(2)

(3)

【分析】建立空间坐标系，写出各个点的坐标，利用空间向量求出（1），（2），（3）问.

【详解】（1）

依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，

DC为y轴，DA为x轴， 为z轴，

各点坐标如下：

，

，

，

；

（2）设平面 的一个法向量为 ，则有 ，

令a=4，则c=1，b=-2，   ，

设平面 的一个法向量为 ，则 ，

令z=1，则x=0，y=2， ，

，

即平面与平面的夹角的余弦值为 ；

（3）计算 与平面的夹角：    ，

，

∴A点到平面的距离为 ；

综上，CE与 所成角的正切为 ，平面与平面的夹角的余弦值为 ，A点到平面的距离为 .

16．(1)

(2)2

【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）考虑直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，当直线斜率不存在时，求出，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立后利用弦长公式求出，再表达出直线PQ的方程，表达出，用基本不等式求解最小值，与比较大小，求出最小值.

【详解】（1）由题意得：，解得：，

所以椭圆方程为

（2）由（1）知：，

当直线的斜率不存在时，，，，

此时，

当直线的斜率存在时，故可设直线为，

联立椭圆方程得：，

设，则，

其中

所以，

其中，

所以，

因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，

所以直线PQ：，

令得：，

所以，

故，

因为，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以，

因为，所以的最小值为2.

【点睛】圆锥曲线求解取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出线段长或面积等，最后用基本不等式或配方，求导等求解最值或取值范围.

17．(1)，；

(2)；

(3)．

【分析】（1）根据等差数列，等比数列通项公式基本量的计算，列出方程组即可解出，，从而得到数列的通项公式；

（2）依题意可知数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，就是数列中的前项与数列中的前项组成的数列，分别求和再加起来即可解出；

（3）根据分组求和法，错位相减法，裂项相消法即可求出．

（1）

依题有,因为，解得：

．数列是等差数列,设其公差为,，解得：.

（2）

数列与数列都是递增数列, ,

,,

新数列的前50项和为:.

（3）

∵，

设 ,

，

，两式相减有

,

∴.

∴

.

.

18．（1）见解析；（2）见解析；（3）

【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，对求导，对a进行讨论，判断函数的单调性；第二问，利用导数判断函数的单调性，判断最值，证明结论，第三问，构造函数=（），利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，从而证明结论.

试题解析：（Ⅰ）

＜0，在内单调递减.

由=0，有.

当时，＜0，单调递减；

当时，＞0，单调递增.

（Ⅱ）令=，则=.

当时，＞0，所以，从而=＞0.

（Ⅲ）由（Ⅱ），当时，＞0.

当，时，=.

故当＞在区间内恒成立时，必有.

当时，＞1.

由（Ⅰ）有,从而，

所以此时＞在区间内不恒成立.

当时，令=（）.

当时，=.

因此在区间单调递增.

又因为=0，所以当时，=＞0，即＞恒成立.

综上，.

考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题

19．     720     ##0.6

【分析】利用捆绑法求解事件A的排法；再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式得到

【详解】将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有种排法，所以事件A的排法有=720种；

事件的排法：将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有=432种排法，

则

故答案为：720，

20．         

【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.

【详解】因为，，

所以，两边平方得：，

即，解得：，

因为，

所以，

因为

所以；

可得到△ABC是等边三角形，且边长为，

如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，

，，

因为，所以设，，

由可得：是线段PC的中点，则，

则

，

当时，取得最大值，最大值为.

故答案为：，