2022天津河北区高三下学期二模数学试题含解析

河北区2021—2022学年度高三年级总复习质量检测（二）

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，考试用时12分钟，第I卷1至3页，第II卷4至8页．

第I卷（选择题 共45分）

注意事项：

1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．

2．每小题选出答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案棒号．答在试卷上的无效

3．本卷共9小题，每小题5分，共45分．

参考公式：

▪如果事件A，B互斥，那么                ▪球的表面积公式

▪如果事件A，B相互独立，那么            我的体积公式

                        其中R表示球的半径

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. 设全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据补集、并集的定义计算可得；

【详解】解：因为，，

所以，又，

所以；

故选：D

2. 若a，b都是实数，则“”是“”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】根据充分条件、必要条件的定义判断可得；

【详解】解：，都是实数，那么“” “”，

反之不成立，例如：，，满足，但是无意义，

“”是“”的必要不充分条件．

故选：B．

3. 已知，且，则m的值为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

化指数式为对数式,把用含有的代数式表示,代入,然后利用对数的运算性质求解 的值.

【详解】由,得，,
由,得,即,
,∵ .
故选:B.

【点睛】本题考查了指数式和对数式的互化,考查了对数的运算性质,属于基础题.

4. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..

【详解】详解：为奇函数，排除A,

，故排除D.

，

当时，，所以在单调递增，所以排除C；

故选：B.

5. 为了解中学生的身高情况，某部门随机抽取了某学校的学生，将他们的身高数据（单位：cm）按[150，160），[160，170），[170，180），[180，190]分组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中身高在区间[170，180）内的人数为300，身高在区间[160，170）内的人数为180，则a的值为（    ）

A. 0.03 B. 0.3 C. 0.035 D. 0.35

【答案】A

【解析】

【分析】由频率分布直方图中的数据，以及频率与频数之间的关系，列式求解即可.

【详解】由频率分布直方图可得：，解得a=0.03.

故选:A

6. 已知双曲线C：的焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，则双曲线C的渐近线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据相似三角形，直接得到，计算渐近线的斜率.

【详解】如图，可知焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，

即，，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：A.

7. 已知是定义在R上的偶函数，且在区间单递调减，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由偶函数的定义和对数的运算性质、对数函数的单调性和已知函数的单调性，可得，，的大小关系．

【详解】解：由函数是定义在上的偶函数，可得，

则，，，

因为函数在区间上单调递减，

且，，即，

所以，

即有，

故选：D．

8. 给定函数，，，，用表示，中的最小者，记为，关于函数有如下四个命题：

①函数的最小正周期为π；②函数的图象关于直线对称；

③函数的值域为；④函数在上单调递增，

其中真命题的是（    ）

A. ②④ B. ①② C. ①③ D. ③④

【答案】A

【解析】

【分析】可将的解析式化简为，，通过作出函数的图象，结合图象逐个判断即可．

【详解】解：因为，，

则

，，

如图所示：

由图可知：的最小正周期为，故①为假命题；

的图像关于直线对称，故②为真命题；

的值域为，故③为假命题；

在区间上单调递增，故④为真命题，

真命题为②④，

故选：A．

9. 设函数.若时，方程有唯一解，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出f (x+1)的图象，根据方程f (x+1) =k有唯一解，结合图象即可求解k的取值范围.

【详解】因为函数，

所以，

若时，作出的图象，

结合图象可知方程有唯一解,

则.

故选： B

第II卷

注意事项

1．答卷前将密封线内的项目填写清楚．

2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上．

3．本卷共11小题，共105分．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，请将答案写在答题纸上．

10. i是虚数单位，则复数___________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据复数代数形式除法运算法则计算可得；

【详解】解：

故答案为：

11. 二项式的展开式中常数项为_________.

【答案】

【解析】

【分析】求出二项式的通项公式，再令对应的幂指数为0即可求解

【详解】二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，

故答案为：60

【点睛】本题考查二项式中常数项的求解，属于基础题

12. 一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，现从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两个球的号码和是5的倍数，则获奖.若有5人参与摸奖，则恰有3人获奖的概率是______，获奖人数的均值是___________.

【答案】    ①.     ②. 1

【解析】

【分析】基本事件总数，利用列举法求出两个球的号码和是5的倍数包含的基本事件有2个，从而获奖的概率为，有5人参与摸奖，则获奖人数，由此能求出恰有3人获奖的概率和获奖人数的均值．

【详解】解：一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，

从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，

基本事件总数，

两个球的号码和是5的倍数包含的基本事件有：

，，共2个，

则获奖的概率为，

有5人参与摸奖，则获奖人数，

恰有3人获奖的概率是，

获奖人数的均值是．

故答案为：，1．

13. 圆和圆的公共弦的长为___________．

【答案】

【解析】

【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再两圆方程作差即可得出公共弦方程，再利用点到直线的距离公式及垂径定理、勾股定理计算可得；

【详解】解：由圆①，即，所以圆心，半径；

又圆②，

①②得，即公共弦方程为，

圆心到直线的距离,

所以公共弦长为；

故答案为：

14. 已知菱形ABCD的边长为2，，点E，F分在边BC，CD上，，．若，则的最小值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意画出图形，把用表示，最后转化为含有，的代数式，再结合及基本不等式求得的最小值．

【详解】解：如图，

，，且，

，

．

由题意可得，，，

，

，则，

（当且仅当时等号成立），

的最小值为．

故答案为：．

15. 已知，，且，则的最大值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得；

【详解】解：因为，，且，

所以

又，当且仅当，即时取等号，

，当且仅当，即时取等号，

所以，则，

即，当且仅当、时取等号；

故答案为：

三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16. 在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，已知．

（1）求角C的大小；

（2）若，求的值；

（3）若，的面积为，求边a，b的值．

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）或.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；

（2）首先由同角三角函数基本关系求出，再利用二倍角公式及两角和的正弦公式计算可得；

（3）由面积公式得到，再由余弦定理得到，最后解方程组即可；

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得，

即，

故，

因为，所以，又，所以．

【小问2详解】

解：因为，所以，

所以，

，

所以

.

【小问3详解】

解：由已知，，又，

所以①，

由已知及余弦定理得，

故，从而，

所以②．

由①②得或.

17. 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，四边形PACQ是矩形，，且平面平面ABCD．

（1）求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；

（2）求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；

（3）求点C到平面BPQ的距离．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）连接，交于，连接，由平面平面，可推出平面，平面，故即所求；在中，由可得解；

（2）取的中点，连接、，易证，，故即为所求，在中，利用余弦定理求出，即可得到两平面的夹角；

（3）由等体积法，即可得解．

【小问1详解】

解：连接交于，连接，

四边形是菱形，，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

即为与平面所成角．

四边形为矩形，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，，，

在中，，，

故与平面所成角的正弦值为．

【小问2详解】

解：取的中点，连接、，

由（1）知，平面，

四边形是菱形，四边形为矩形，

，，

，，

即为二面角的平面角，

在中，，，

由余弦定理知，，

，

故二面角的大小为，则平面与平面的夹角为．

【小问3详解】

解：设点到平面的距离为，

，

，

，

，

故点到平面的距离为．

18. 已知数列的前项和为，满足，，数列满足，，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）求证：数列是等差数列，求数列的通项公式；

（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）或.

【解析】

【分析】（1）运用数列的递推式以及数列的和与通项的关系可得，再由等比数列的定义、通项公式可得结果；（2）对等式两边除以，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（3）求得，由数列的错位相减法求和，可得，化简,即，对任意的成立，运用数列的单调性可得最大值，解不等式可得所求范围．

【详解】(1)，可得，即；

时,,又，

相减可得,即，

则；

(2)证明：，

可得，

可得是首项和公差均为1的等差数列，

可得,即；

(3) ，

前n项和为，

，

相减可得

，

可得，

,即为，

即,对任意的成立，

由，

可得为递减数列，即n=1时取得最大值1−2=−1，

可得，即或.

【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.

19. 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.

20. 已知函数，.

（1）若，求的最大值；

（2）若函数，讨论的单调性；

（3）若函数有两个极值点，（），求证：.

【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）代入的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，进而求出函数的最大值即可；

（2）首先对函数进行求导，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；

（3）首先根据函数有两个极值点得一元二次方程有两根，进而可得判别式、根与系数的关系，所以可以得两极值点，的关系，及极值点的取值范围；然后写出关于极值点的表达式，构造函数，根据函数的单调性证明结论成立即可.

【详解】（1）当时，，，

当时，，∴单调递增，

当时，，∴单调递减，

所以的最大值为；

（2）由已知得，，

.

①当时，由得

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递；

②当时，，所以当时，单调递增；

③当时，由，得或，

所以当与时，，单调递增，

当时，，单调递减；

④当时，由，得或，

因而当与时，，单调递增，

当时，，单调递减.

综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在与上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，在与上单调递增，在上单调递减.

（3）证明：，则定义域为，

，

若有两个极值点，（），

则方程的判别式，且，，，

又∵，∴，即，

，

设，其中，

由得，

由于，即，

∴在上单调递增，在上单调递减，

即的最大值为，

从而成立.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；

（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；

（4）考查数形结合思想的应用.