天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷（原卷+解析）

天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷

一、单选题

1．设全集为，，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知命题和命题，则p是q的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（    ）

A．40 B．50 C．60 D．70

4．函数，的图象大致为（    ）．

A． B．

C． D．

5．已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，记，，，则a，b，c的大小关系为（    ）．

A． B． C． D．

6．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的值可能为（    ）

A． B． C．3 D．4

7．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的焦距为（    ）

A． B． C． D．

8．已知三棱维中，侧面ABC⊥底面BCD，△ABC是边长为6的正三角形，△BCD是直角三角形，且，则此三棱锥外接球的表面积为（    ）

A．36π B．48π C．64π D．128π

9．设函数，函数在上有个不同的零点，则实数的取值范围为( )

A． B． C． D．

二、填空题

10．i是虚数单位，则的虚部为__________．

11．若的展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为______．

12．设直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，则=_____.

13．已知，，，则的最小值为__________．

三、解答题

14．已知中，角的对边分别为.

（1）求：

（2）求；

（3）求的长.

15．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面的夹角的大小；

(3)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.

16．已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．

(1)求椭圆的方程；

(2)证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．

17．已知数列是公比的等比数列，前三项和为13，且，，恰好分别是等差数列的第一项，第三项，第五项．

(1)求和的通项公式；

(2)已知，数列满足，求数列的前2n项和；

(3)设，求数列的前n项和．

18．已知函数，记的导函数为

(1)讨论的单调性；

(2)若有三个不同的极值点，其中

①求的取值范围；

②证明：.

四、双空题

19．为了抗击新冠肺炎疫情，现在从A医院200人和B医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出两人作为联络员，则这两名联络员中B医院至少有一人的概率是______.设两名联络员中B医院的人数为，则随机变量的数学期望为______.

20．在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当__________时，则有最小值为__________．

参考答案：

1．A

【分析】利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】解：因为全集为，，

所以，

又，

所以，

所以，

故选：A

2．A

【分析】先求解命题，再根据充分条件和必要条件的定义即可得到结果

【详解】命题即

命题即，所以，p是q的充分不必要条件

故选：A

3．B

【解析】分析处理频率分布直方图中的数据求解即可.

【详解】解：依题意，得，

解得，

故选：B．

【点睛】本题考查了频率分布直方图，属基础题.

4．D

【分析】根据函数的解析式，当时，得到，即可求解.

【详解】由题意，函数，

当时，可得，所以，且，所以，

可排除A、B、C.

故选：D.

5．A

【分析】先根据函数是定义在上的偶函数，得到，再利用在单调递增求解.

【详解】因为函数是定义在上的偶函数，

所以，

又因为，，，

且在单调递增，

所以，即，

故选：A

6．B

【分析】先利用平移变换得到，再根据函数在区间上单调递增，利用正弦函数的性质求解.

【详解】解：将函数的图象向左平移个单位，

得到函数，

因为，所以，

又因为函数在区间上单调递增，

所以，解得，

所以的值可能为，

故选：B

7．A

【分析】先根据双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标求出和关系，然后利用双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4求出的值，最后利用的关系求焦距.

【详解】因为双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为

所以，

又因为双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，

所以

所以，

故选：A.

8．C

【分析】把三棱锥放置在长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再由三棱锥外接球的表面积公式计算．

【详解】三棱锥中，侧面底面，把该三棱锥放入长方体中，如图所示

，

设三棱锥外接球的球心为，则，

，

三棱锥外接球的半径，

则三棱锥外接球的表面积为，

故选：C．

9．C

【分析】函数恰有三个零点，先转化为相应方程有三个不同的根，再通过分离转化为两个函数图象有三个不同的交点，画出图象找到临界位置，求出参数的范围.

【详解】，

，

分别画出与的图象，

 的图象是由的图象向左平移一个单位得到的，且过点，

当时，，此时，计算得，有个交点；

当时， ，此时，计算得，有个交点.

综上所述，的取值范围为，

故选：C

10．

【分析】根据复数除法运算化简求出，即可得出虚部.

【详解】，则虚部为.

故答案为：.

11．60

【分析】各项的二项式系数之和为64，可得，求n；再利用通项公式即可求常数项.

【详解】因为各项的二项式系数之和为64，，即；

通项公式=

令，解得.

展开式中常数项为.

【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式的通项公式为.

12．0

【分析】由已知可得圆心到弦的距离为1，利用点到直线的距离公式可得a的值.

【详解】解：由直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，可得圆心到弦的距离为1，

可得，

故答案：0

【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质及点到直线的距离公式，相对简单.

13．

【分析】由题可得，代入所求利用基本不等式即可求解.

【详解】由可得，

所以

，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：.

14．（1）（2）（3）

【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的基本关系；

（2）由两角差的余弦及二倍角公式求解；

（3）由正弦定理求解即可.

【详解】（1），

，

由正弦定理可得，.

（2）且,

,

，，

（3）

，

由正弦定理，可得.

15．(1)证明见解析

(2)

(3)不存在，理由见解析

【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；

（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；

（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M

【详解】（1）证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.

又因为平面，平面，所以.

，AD，平面，所以面.

（2）如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，

令，则，

又平面的法向量，

所以.

所以平面与平面所成角为.

（3）假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，

设，，，，

所以，

所以，

整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.

16．(1)

(2)证明见解析；定点

【分析】（1）设椭圆，由离心率为，得，再根据点在椭圆上求解；

（2）当直线与x轴垂直时，设，则．由直线与的斜率之和为1求解；当直线不与x轴垂直时，设直线为，，，与椭圆方程联立，易知，然后结合韦达定理求解.

【详解】（1）解：设椭圆，

由离心率为，得，

又因为，

所以．

由在椭圆上可得，

解得，．

所以椭圆的方程为．

（2）当直线与x轴垂直时，设，则．

由题意得：，即．所以直线的方程为．

当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，

将代入得，

所以，．

由已知可得①，

将和代入①，

并整理得②，

将，代入②，

并整理得，可得，

因为直线不经过点，

所以，故．

所以直线的方程为，经过定点．

综上所述，直线经过定点．

17．(1)（）；（）

(2)（）

(3)（）

【分析】（1）利用等比基本量法结合等差中项列式可求得通项公式，再利用等差基本量法求得通项公式；

（2），令，得到，由裂项相消求得，令，得，由错位相减求得，即可求解；

（3）代入得，对指数型式子配凑进行裂项可得，再由裂项相消即可求解.

【详解】（1）（1）解：或，

又，则，∴（）．

设等差数列的公差为，由题意得，，，

即，所以（）．

（2）（2）解：时，，

∴

．

时，

∴

，①

，②

由①②可得，

∴

∴（）．

（3）（3）由（1）知，则

∴

故（）.

18．(1)答案不唯一，具体见解析

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性；

（2）①由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．由（1）得， ．再由可求得的取值范围．

②由①可知，由此可得．只需证明又，由此可得． 令，有．令运用导函数研究函数的单调性，可得证.

（1）

解：由已知可得，故可得．

当时，，故在单调递增；

当时，由，解得，或，

记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：

所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．

（2）

①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．

由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．

又因为，由于，且，

故

因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．

所以，的取值范围是．

②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明

因为，故，由此可得．

由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此，

令，可知，则．

令则．

令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此．

19．     ##；     .

【分析】根据分层抽样的性质求出6人中来自A医院和B医院的人数.

空一：根据对立事件的概率公式进行求解即可；

空二：根据古典概型计算公式，结合数学期望的公式进行求解即可.

【详解】因为采用分层抽样的方式，所以自A医院的人数为：，

来自B医院的人数为：.

空一：两名联络员中没有来自B医院的概率是，

所以这两名联络员中B医院至少有一人的概率是；

空二：由题意可知：，

，，，

所以，

故答案为：；

20．         

【分析】先求出，，，，则

，代入结合均值不等式即可求出答案.

【详解】因为在等腰梯形中，已知，，，，可知，

所以， ，

， ，

则

.

当且仅当，即时取等号，即最小值．

故答案为：；.