天津市滨海新区塘沽第一中学2022届高三下学期三模数学试题

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天津市滨海新区塘沽第一中学2022届高三下学期三模数学试题第I卷（选择题）评卷人得分  一、单选题1．设集合，，，则（       ）A． B．2，C．2，4， D．2．“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件3．函数的图象大致为（       ）A． B．C． D．4．已知，则（       ）A． B．C． D．5．某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（       ）A．直方图中x的值为0.040B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人C．估计全校学生的平均成绩为84分D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分6．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（       ）A． B． C． D．7．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（ ）A． B． C． D．8．智能主动降噪耳机工作的原理如图1所示，是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音.已知某噪音的声波曲线在上大致如图2所示，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线可以为（       ）A． B．C． D．9．设，函数，，若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）评卷人得分  二、填空题10．若复数为实数，则实数的值为_______.11．的展开式中，二项式系数最大的项的系数是___________.12．过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是___________.13．已知，当取到最小值时，___________．评卷人得分  三、双空题14．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则___________；若随机从甲箱中取出3个球，设取到红球个数为随机变量X，则X的数学期望为___________．15．如图，四边形中，，，，，．若是线段的动点，则________，则的最大值为________．评卷人得分  四、解答题16．已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．(1)求；(2)若，，求的面积；(3)求．17．如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD，，，，点P为棱DF的中点.(1)求证：平面APC；(2)求直线DE与平面BCF所成角的正弦值；(3)求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值.18．在平面直角坐标系中，设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与圆相交于点（异于点），设点关于原点的对称点为，直线与椭圆相交于点（异于点）．直线的斜率为，求直线的斜率．19．已知数列，，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且，，成等比数列．(1)求数列和的通项公式；(2)记．（ⅰ）求；（ⅱ）求．20．已知函数(1)若函数在点处的切线斜率为0，求a的值．(2)当时．①设函数，求证：与在上均单调递增；②设区间（其中，证明：存在实数，使得函数在区间上总存在极值点．
参考答案：1．B【解析】【分析】直接利用集合的并集和交集运算求解.【详解】因为，，，2，4，，又，，2，．故选：B．2．A【解析】【分析】根据对数函数、幂函数的单调性将问题转化，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：因为在上单调递增，由得到，由在定义域上单调递增，又，即，所以；故由能够推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立，故是的充分不必要条件；故选：A3．C【解析】【分析】本题可用排除法，先根据函数的奇偶性排除A、B选项，再由特殊值，即可确定结果.【详解】因为函数定义域为R，且，所以为偶函数，排除A、B；又，排除D，即可确定答案为C.故选：C【点睛】本题主要考查函数性质的应用体现学生数形结合思想，属于中档题.4．C【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性以及中间值进行比较即可.【详解】 ，， 故选：C.5．C【解析】【分析】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得x值，以此判断A；计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断B；按照频率频率分布直方图中平均数计算公式计算可判断C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D.【详解】定义A：根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1，可得，解得x=0.03，所以A错；对于B：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)的学生数为10×0.015×400=60(人)，所以B错；对于C：估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分)，所以C对；对于D：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为 (分).所以D错.故选：C6．B【解析】设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，根据球的性质与圆台的上下底面垂直，从而有，且球心在上下底面圆心的连线上，，即可求出，得出结论.【详解】解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，则，而，故.故选:B.【点睛】本题考查组合体外接球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于基础题.7．D【解析】【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，，可解得结果.【详解】由得，所以，所以直线，抛物线的准线为：，联立可得，所以，联立可得，所以，所以，所以，所以，即，又，，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为.故选：D.【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.8．D【解析】【分析】根据图2求出噪音的声波曲线对应的函数的解析式，再结合题意进行求解即可.【详解】由2可知：过两点，所以有，，当时，，显然A不符合题意，此时函数的周期为，要想抵消噪音，只需函数向左或向右平移一个单位长度即可，即得到，或，故选项D符合，显然选项B，C的振幅不是2，不符合题意，故选：D【点睛】关键点睛：根据图象求出正弦型函数的解析式，结合题意利用平移解决问题是解题的关键.9．B【解析】【分析】根据在上单调递增，结合正弦函数的单调性可得，从而可求得在上单调递增这个条件的范围，再根据函数与的图象有三个交点，则在上函数与的图象有两个交点，即方程在上有两个不同的实数根，从而可得第二个条件下的的范围，取交集即可得出答案，注意说明时，函数与的图象只有一个交点.【详解】当时，，因为在上单调递增，所以，解得，若在上函数与的图象有两个交点，即方程在上有两个不同的实数根，即方程在上有两个不同的实数根，所以，解得，当时，令，当时，，当时，，，结合图象可得时，函数与的图象只有一个交点，综上所述，当时，函数与的图象有三个交点，满足题意，故选：B.10．【解析】【分析】利用复数除法运算化简得，利用实数定义可构造方程求得结果.【详解】，为实数，，解得：.故答案为：.11．【解析】【分析】利用二项式定理的展开式二项式系数的性质求解即可.【详解】解：因为的展开式有项，所以第项的二项式系数最大，所以的展开式中的二项式系数最大的项为.所以，的展开式中，二项式系数最大的项的系数是.故答案为：12．或【解析】【分析】待定系数法设直线，由弦长公式求解【详解】可化为故圆心到直线距离若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意若直线斜率存在，设其方程为，，解得，此时直线方程为故答案为：或13．##0.75【解析】【分析】先将化为，再结合基本不等式即可求出最小值及此时的值.【详解】知，当取到最小值时，由题意知：，当且仅当，即时取等，故当取到最小值时，.故答案为：.14．          ##【解析】【分析】由题意可得、、是两两互斥的事件，则，利用条件概率的概率公式求出即可，由题意可得X的取值可能为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求出X的数学期望【详解】由题意可得、、是两两互斥的事件，，若从甲箱中随机取出1红球放入乙箱中，则此时乙箱中有11个球，且其中5个是红球，所以，同理可得，所以，题意可得X的取值可能为0，1，2，3，则，，，，所以,故答案为：，15．     ##     【解析】【分析】求得，，由可求得的值，结合平面向量数量积可求得；计算得出，计算出的值，设，即可求得的最大值.【详解】因为四边形中，，，，则，，，因为，即，可得，因此，，，所以，，设，则，所以，的最大值为.故答案为：；.16．(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.（2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积．（3）由正余弦的二倍角公式可得答案.(1)因为，由正弦定理得，因为，所以．因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.(2)由（1），由余弦定理，，，得，所以，解得或，，不合题意舍去，∴，故△ABC的面积为.(3)因为，，所以.17．(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）连接BD，交AC于点O，由中位线定理和线面平行判定定理即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求得平面的法向量，根据线面角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值；（3）由（2）可知平面的法向量，再求得平面的法向量，利用空间向量法即可求出结果.(1)证明：连接BD，交AC于点O，又P，O分别为DF和DB的中点，所以，因为平面APC，平面APC，所以平面APC；(2)解：直线平面ABCD，平面ABCD，所以，由（1）得，，所以以A为原点，AB，AD，AF所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，所以，，设平面BCF的法向量，，，解得，又.设直线DE与平面BCF所成角的正弦值，所以，所以直线DE与平面BCF所成角的正弦值；(3)解：由（2），，，设平面APC的法向量为，则，即，令，则，，所以平面APC的法向量，所以，所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，求出点的坐标，可得出点的坐标，再求出点、的坐标，计算得出，结合已知条件可求得结果.(1)解：根据题意，椭圆的离心率为，即．①当直线经过点时，直线的方程为，即，由原点到直线的距离为，可知，即，所以，，解得，所以椭圆的方程为．(2)解：若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，则点与点关于原点对称，不合乎题意，若直线的斜率为零，此时直线与圆相切，不合乎题意，所以，直线的斜率存在且不为，设直线的斜率为，则直线的方程为，联立可得，所以或．所以点的坐标为，联立整理可得，所以或．所以点的坐标为．显然，是圆的一条直径，故，所以直线的方程为．用代替，得点的坐标为，即．直线的斜率，则，直线的斜率，所以，所以直线的斜率为．【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线斜率的求解，解题的关键在于设出直线的方程，求出题中相应点的坐标，结合斜率公式求解.19．(1)；(2)（ⅰ） ；（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；（2）（ⅰ）利用裂项相消法求和即可，（ⅱ）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可.(1)设数列的公差为d，∵，，成等比数列，且，∴，即，解得，则，即，(2)（ⅰ）由（1）可知，，则；（ⅱ）由题意，对，，设的前n项为，所以，则，则，所以，即．20．(1)(2)① 证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；（2）①利用导数证明与在上恒成立即可得证；②转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理即可证明.(1)的定义域为，，，依题意得，所以.(2)①∵， ，因为当时，，所以在上单调递增，且，故，即，∴：在上单调递增；，，∴，而，，∴在上单调递减，且，故，∴，∴在上单调递增，且，故，即，∴函数在上单调递增；②易知，且由（1）可知在上单调递增，．∵，所以，其中即在上单调递增，．令，由上可知在上单调递增．要使得在区间I上总存在极值点，则需满足，而恒成立恒成立，∵在上单调递增，故①，又，故要使得恒成立，则只需，同理可得②，且，由①②可知，存在当时，函数在区间I上总存在极值点．【点睛】关键点点睛：转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理进行证明是解题关键.