精品解析：天津市朱唐庄中学2022届高三线上模拟数学试题（解析版）

2022年天津市朱唐庄中学线上模拟考试数学试卷

1. 设集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据交集并集的定义即可求出.

【详解】，

，.

故选：C.

2. 已知，则“”是“”的（    ）．

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件定义即可判断.

【详解】由，可解得或，

所以由推不出，而由可以推出，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.

【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；

当时，，选项B错误.

故选：A.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

4. 为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，，第五组，如图是根据试验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为

A. 6 B. 8 C. 12 D. 18

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0．24，0．16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0．36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．

考点：频率分布直方图

5. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行求解判断即可.

【详解】因为，，，

所以有，

故选：B

6. 如图，已知某圆锥形容器的轴截面是面积为的正三角形，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，作出轴截面图，进而根据轴截面的面积得正三角形边长为，再结合题意得圆柱的底面半径为，高为，进而计算体积即可.

【详解】解：如图，作出轴截面，则根据题意，为正三角形，且面积为，

所以，设正三角形的边长为，则，

所以，，解得，

因为圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的，，

所以，，即圆柱的底面半径为，高为，

所以，圆柱的体积为

故选：D

7. 已知抛物线的准线与双曲线相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对称性求得的坐标，从而求得，进而求得双曲线的渐近线方程.

【详解】抛物线的准线为，

由于，根据双曲线的对称性可知：（不妨设），

代入得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：B

8. 已知函数，有下述三个结论：

①的最小正周期是；

②在区间上单调递减；

③将的图象上所有点向左平行移动个单位长度后，得到函数的图象.

其中所有正确结论的编号是（    ）

A. ① B. ② C. ①② D. ①②③

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可判断①；利用正弦型函数的单调性可判断②；利用三角函数图象变换可判断③.

【详解】因为.

对于①，函数的最小正周期是，①对；

对于②，当时，，

所以，函数在区间上单调递减，②对；

对于③，将的图象上所有点向左平行移动个单位长度后，

得到的图象，③错.

故选：C.

9. 已知且，函数在上是单调函数，若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意分析，且可得只能是减函数，再结合分段函数的单调性可得，再画图分析与的图象恰有2个交点时满足的不等式求解即可

【详解】先分析函数，且

易得，因为，可得图象：

因为函数在上是单调函数，故只能是减函数，且，即.故当时，，结合可得.故，又关于的方程恰有2个互异的实数解，即与的图象恰有2个交点，画出图象：

可得，解得.综上有

故选：A

10. i是虚数单位，复数___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据复数的除法运算，即可求解.

【详解】解：，

故答案为：

11. 若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.

【答案】

【解析】

【分析】先由各项系数的和，求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.

【详解】因为展开式中各项系数的和等于64，

所以，解得；

所以展开式的通项为，

令，得的系数为.

故答案为

【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.

12. 已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】由弦长公式以及距离公式得出m值.

【详解】设圆心到直线的距离为，圆的圆心，半径.

因为，所以，即，故，解得.

故答案为：

13. 设正实数满足，则的最小值为_______．

【答案】

【解析】

【分析】将中的值进行代换，再结合均值不等式性质，即可求解

【详解】由，

则

故的最小值为

【点睛】要熟悉均值不等式的一般形式和变形式，涉及拼凑法时，一定要注意等价性，不可多项或少项

14. 某电视台举办知识竞答闯关比赛，每位选手闯关时需要回答三个问题．第一个问题回答正确得10分，回答错误得0分；第二个问题回答正确得20分，回答错误得0分；第三个问题回答正确得30分，回答错误得分．规定，每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功．若某位选手回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率是，且各题回答正确与否相互之间没有影响．则该选手仅回答正确两个问题的概率是______；该选手闯关成功的概率是______．

【答案】    ①.     ②. ##0.5

【解析】

【分析】利用独立事件乘法公式及互斥事件加法求选手仅回答正确两个问题的概率，分析知只需第三问回答正确则选手即可闯关成功，否则失败，即可确定选手闯关成功的概率.

【详解】由题设，选手仅回答正确两个问题的概率，

由题意，只要第三问回答正确，不论第一、二问是否正确，该选手得分都不低于30分，

只要第三问回答错误，不论第一、二问是否正确，该选手得分都低于30分，

所以选手闯关成功，只需第三问回答正确即可，故概率为.

故答案为：，

15. 已知△ABC为等边三角形,,设点P,Q满足,

,,若,则______________________

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：由题意知,

又因为△ABC为等边三角形,,所以,,

所以

解得.

考点：本小题主要考查向量的线性表示和向量的数量积运算，考查学生的运算求解能力.

点评：此题的关键是把向量用表示出来，当然此题也可以建立平面直角坐标系，用向量的坐标运算求解.

16. 在中，内角所对的边分别为.已知，.

（I）求的值；

（II）求的值.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，

进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.

试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.

由，及余弦定理，得.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.

由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，

，故

.

考点：正弦定理、余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

17. 如图，在长方体中，，，点在线段上.

（1）求D到的距离；

（2）当是的中点时，求直线与平面所成角的大小；

（3）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长.

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）连接，求出等腰三角形腰上的高即可作答.

（2）以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的大小作答.

（3）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值，即可得解.

【小问1详解】

在长方体中，，，连接，

由，得，而，

则等腰的腰上的高即为点D到的距离，底边上的高，

由，得，

所以点D到的距离为.

【小问2详解】

依题意，以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则、、、、，

设平面的法向量为，，，

则，令，得，

设直线与平面所成角为为，

而，则，

因为，所以直线与平面所成角为.

【小问3详解】

设点，其中，

设平面的法向量为，则，，

则，令，得，

显然平面的一个法向量为，

由，而，解得，

所以平面与平面所成角的余弦值为时，线段的长为.

18. 已知点，椭圆：的离心率为和分别是椭圆的左焦点和上顶点，且的面积为．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设过点的直线与相交于，两点，当时，求直线的方程．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或

【解析】

【分析】（Ⅰ）由的面积为，得出关系，再由离心率结合关系，求解即可得出椭圆方程；

（Ⅱ）设，由已知可得，设直线方程为，与椭圆方程联立，得到的关系式，进而得出的关系式，建立的方程，求解即可得出结论.

【详解】（Ⅰ）设，由条件知，

所以的面积为，①

由得，从而，化简得，②

①②联立解得，

从而，所以椭圆的方程为；

（Ⅱ）当轴时，不合题意，故设，

将代入得．

由题得，

设，则

因为，

所以，

从而，

整理得，，

所以直线的方程为或．

【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要掌握根与系数关系设而不求方法在相交弦中的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.

19. 记是公差不为0的等差数列的前项和，已知，数列满足，且.

（1）求的通项公式；

（2）证明数列是等比数列，并求通项公式；

（3）求证：对任意的，.

【答案】（1）   

（2）证明见解析；   

（3）见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；

（2）根据等比数列的定义结合递推公式证明为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列的通项，从而可得出答案；

（3）由（2）得，再根据等比数列的前项和的公式即可得证.

【小问1详解】

解：设等差数列的公差为，

因为，

则，

解得或（舍去），

所以；

【小问2详解】

证明：因，

所以，即，

所以，

因为，所以，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以；

【小问3详解】

证明：由（2）得，

故

，

所以.

20. 已知函数．

（1）若曲线在点处的切线的斜率为4，求a的值；

（2）当时，求的单调区间；

（3）已知的导函数在区间上存在零点．求证：当时，．

【答案】（1）   

（2）见解析    （3）见解析

【解析】

【分析】（1）由导数的几何意义运算即可得解；

（2）对进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；

（3）由题可得，进而可得函数的最小值为，再构造函数，通过导数证明即可得证.

【小问1详解】

函数的定义域为，

由，可得，

∴，

所以.

【小问2详解】

由（1）得，，

①当时，令，解得或，

令，解得.

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

②当时，，所以，函数的单调递增区间为，

③当时，令，解得或，

令，解得，

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

【小问3详解】

因为导函数在区间上存在零点，则，

由（2）可知在上单调递减，在单调递增，

所以在上的最小值为，

设，，，

令，因为，

所以，在上单调递减，

又，所以上单调递减，

又因为，

所以，即，

所以当时，.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，，把问题转化为证明.