天津市滨海新区2022届高三下学期模拟试卷卷数学试题Word版含答案

这是一份天津市滨海新区2022届高三下学期模拟试卷卷数学试题Word版含答案，共26页。试卷主要包含了 设，则“且”是“且”的， 函数的图象大致为，06， 设，，，则等内容，欢迎下载使用。
2022年滨海新区普通高考模拟检测卷数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟.第I卷1至2页，第II卷3至4页.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第I卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：球的表面积、体积公式：，，R为球的半径．一、选择题:在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用补集定义求出，利用交集定义能求出．【详解】解：集合，，则或，．故选：D2. 设，则“且”是“且”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【答案】B【解析】【分析】取特殊值推导充分性，利用不等式性质推导必要性即可.【详解】充分性：当，，满足且，但且不成立，故充分性不成立；必要性：当且时，根据不等式性质得，且成立，故必要性成立.综上所述：“且”是“且”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】以函数奇偶性排除部分选项，再以特殊值排除部分选项即可解决.【详解】函数定义域为R，，则为奇函数，其图像关于原点中心对称，排除BD；又，由可知，，排除C.故选：A4. 某品牌家电公司从其全部200名销售员工中随机抽出50名调查销售情况，销售额都在区间5，25（单位：百万元）内，将其分成5组：5，9，[9，13，13，17，17，21，21，25，并整理得到如下频率分布直方图，下列说法正确的是（    ）
 A. 频率分布直方图中a的值为0.06B. 估计全部销售员工销售额的中位数为15C. 估计全部销售员工中销售额在区间[9，13内有64人D. 估计全部销售员工销售额的第75百分位数为17【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再一一计算可得；【详解】解：由频率分布直方图可得，解得，故A错误；估计其全部销售员工中销售额在区间内的人数为：（人），故C正确；设中位数为，则，解得，故B错误；因为，故为第百分位数，故D错误；故选：C5. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据指对数函数的性质判断a、b、c的大小关系.【详解】由题设，，所以.故选：A6. 已知直三棱柱的各棱长都相等，三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的体积为（    ）A 6 B. 18 C. 12 D. 16【答案】B【解析】【分析】根据球的表面积求出外接球的半径，设出三棱柱的棱长，确认球心位置，结合勾股定理列出方程，解之即可求出结果.【详解】设球的半径为，则，则，设三棱柱的棱长为，连接的外心，则的中点即为球心，且,则，则．．故选：B.7. 已知点是抛物线与双曲线的一个交点，若抛物线的焦点为，且，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为（    ）A.  B. 4 C.  D. 2【答案】A【解析】【分析】求出的坐标，代入双曲线方程求出，然后求解双曲线的渐近线方程．【详解】解：抛物线的焦点为，且，可得，则，点是抛物线与双曲线一个交点，，可得，解得：，则渐近线方程为：，不妨令，则点到这两条渐近线的距离之和为：.故选：A．【点睛】本题考查抛物线和双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．8. 已知函数，现将的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在的值域为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由函数，根据函数图象的平移变换与放缩变换法则，可得到函数，由，可得，利用正弦函数的单调性可得结果.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象， ，∵ ，所以，∴，∴，∴在上的值域为，故选：A.9. 已知，函数若关于x的方程恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】与分段函数有关的方程根的问题需要分段讨论根的个数，首先讨论时，的根的个数，利用函数的单调性得出时，在上有一个根，在时，在上无实数根，由此可知需要在时，方程的解的个数情况，即在时，需要有一个根，时，需要有两个根，结合二次方程的根的分布可得．【详解】时，方程为，，函数在上是增函数，时，，，，所以时上有一个解，时，在时无实数解，因为方程恰有两个互异的实数解，所以时，在时，方程只有一个解或两个相等的实解，时，时，方程有两个不等实解．由得，，，，不合要求，时，，方程无实数解，不合题意．或时，方程有两个不等的实数解，记，时，的对称轴为，又，所以的两个实数解都小于1，满足题意，时，的对称轴为，因此的两个根一个大于也即大于1，此根不是的根，因此要使得另一根小于1，，，又，所以，综上，或．故选：D．（第II卷）注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.本卷共11小题，共105分.二、填空题:本大题共6个小题，每小题5分，共30分.10. 若复数z满足（i是虚数单位），则___________.【答案】【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得，因此，.故答案为：.11. 已知的展开式中x3的系数是160，则a=__________.【答案】-2【解析】【分析】先由通项化简整理第k+1项，令x的指数等于3可得k，然后可解.【详解】展开式的通项为，令，得，所以，所以，解得．故答案为：-2.12. 已知直线与圆：交于、两点，则的面积为______.【答案】2【解析】【分析】用已知直线方程和圆方程联立，可以求出交点，再分析三角形的形状，即可求出三角形的面积.【详解】由圆C方程：可得：；即圆心C的坐标为（0，-1），半径r=2；联立方程得交点，如下图：可知轴，∴是以为直角的直角三角形，，故答案为：2.13. 设，那么的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】两次利用基本不等式的性质即可得出最小值．【详解】解：，所以，当且仅当，即时取等号；所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以，当且仅当、时取等号；故答案为：14. 在抗击新冠肺炎疫情期间，某校数学组有两名男教师和两名女教师共四名教师报名参加志愿者服务，若每位教师入选的概率都是，则入选人数的均值是___________；若每位男教师入选的概率是，每位女教师入选的概率还是，则男教师和女教师入选人数相等时的概率为___________.【答案】    ①. 2    ②. 【解析】【分析】设入选人数为，则，则；男教师和女教师入选人数相等分为入选人数为0，1，2人，分别算出即可求出答案.【详解】某校数学组有两名男教师和两名女教师共四名教师报名参加志愿者服务，若每位教师入选的概率都是，设入选人数为，则，则，每位男教师入选的概率是，每位女教师入选的概率还是，则男教师和女教师入选人数相等为事件，则.故答案为：2；.15. 在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形ABCDEF（如图②）.已知正六边形的边长为1，点M满足，则_________；若点P是线段EC上的动点（包括端点），则的最小值是___________.
 【答案】    ①. ##0.5    ②. ##-0.75【解析】【分析】根据题意，正六边形各边长为1，利用向量数量积即可求解；点是线段上的动点，故设，将用题目中已知向量表示，利用向量的线性运算及向量数量积进行求解.【详解】解：由题可知,,∴,∴.由题可知，点是线段上的动点，故设，又,故，故,又，故当时，取最小值为.三、解答题（本大题5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，的面积为24．（1）求sinB；（2）求a的长；（3）求的值．【答案】（1）    （2）8    （3）【解析】【分析】（1）由二倍角公式求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，再由正弦定理将边化角，即可得解；（2）首先求出，再由及两角和的正弦公式得到，再由面积公式及正弦定理计算可得；（3）由二倍角公式求出、，再由两角差的正弦公式计算可得；【小问1详解】解：，由正弦定理可得，，.，，又，解得，，【小问2详解】解：，为锐角，.又，，.，则的面积为，，，【小问3详解】解：，，所以.17. 在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面AEBF，．
 （1）求证：直线平面ADF；（2）求平面CBF与平面BFD夹角的正弦值；（3）若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求两平面夹角的正弦值；（3）设P（0，，），则，由向量法求出线面角的正弦值，由不等式的性质得最大值．【小问1详解】因为和均为等腰直角三角形，且，所以，所以，又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF．【小问2详解】因为四边形ABCD为正方形，所以，因为平面平面AEBF，平面ABCD，平面平面，所以平面AEBF，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，因为，所以B（2，0，0），C（2，0，2），F（1，，0），A（0，0，0），，，，设平面BCF的法向量为，则，得，令，则，设平面BFD的法向量，，由，令，得因为平面CBF与平面BFD夹角的正弦值是【小问3详解】设P（0，，），则，设AP与平面BCF所成的角为，则要使最大，则，所以，时等号成立，所以，所以AP与平面BCF所成角的最大值为．18. 已知椭圆的离心率为，其左顶点A在圆上.直线AP与椭圆C的另一个交点为P，与圆O的另一个交点为Q.（1）求椭圆C的标准方程；（2）是否存在直线AP，使得？若存在，求出直线AP的斜率；若不存在，说明理由.【答案】（1）    （2）不存在直线AP，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意，左顶点A在圆上，可求得，根据离心率可求，又，即可求解椭圆方程；（2）直线与椭圆相交，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求解交点横坐标之间的关系，求出椭圆弦长，再利用点到直线的距离公式，求解直线与圆相交的弦长，根据即可求解.【小问1详解】解：因为椭圆C的左顶点A在圆上，所以.又离心率为，所以，所以，所以，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】设点，，显然直线AP存在斜率，设直线AP的方程为，与椭圆方程联立得，化简得到，因为为上面方程的一个根，所以，所以.由，因为圆心到直线AP的距离为，所以因为，代入得到.显然，所以不存在直线AP，使得.19. 已知数列中，，，，数列的前n项和为Sn.（1）求的通项公式；（2）已知，（i）求数列前n项和Tn；（ii）证明：当时，.【答案】（1）    （2）（i）Tn；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知得出数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列.分别求出通项公式，合并可得的通项公式；（2）（i）由奇数项和偶数项分别求和可得，从而得出，由裂项相消法求得和；（ii）求出，由不等式的性质放缩为（时等号成立），时，对这个不等式求和，对新不等式两侧一个用错位相减法求得和，另一侧利用此和得出，即可证得不等式成立．【小问1详解】由题意可知，数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列.当n为奇数时，；当n为偶数时，【小问2详解】（i），，；（ii），       ，则；（时等号成立）当时，设，；综上，当时，20. 已知函数，．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个零点.（i）求实数a的取值范围；（ii）是的极值点，求证：.【答案】（1）    （2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，求出，，由导数的几何意义即可求出答案.（2）（i）分类讨论，求出的单调性，结合零点存在性定理，即可求出a的取值范围；（ii）设，，令，由转化为，由（i）可知，是的极值点，故，即，即，由，，只需证，令，证.【小问1详解】的定义域是，，可得，又故曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】（i）由（1）可知①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；②时，，令，解得，令，解得，故在递减，在递增，要使有两个零点，需，解得，即，而，，当时，令，则，故，，，由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．综上.（ii）因为，，令，由，即，由（i）可知，是的极值点故，即，由，，只需证，令，则，令，则，故在上单调递增，，故在上单调递增，；.