2022届天津市九校联考高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2022届天津市九校联考高三下学期一模数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届天津市九校联考高三下学期一模数学试题一、单选题1．已知集合，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的补集、交集运算即可.【详解】因为，，，所以，所以，故选：C2．已知 ，“”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】D【分析】分别解不等式和，求得它们的解集，看二者的关系，根据其逻辑推理关系，可得答案.【详解】解不等式，即 得 ；解不等式，即 或 ，解得 ，由于推不出，也推不出，故“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D3．某班组织奥运知识竞赛，将参加竞赛的学生成绩整理得下边的频率分布直方图，若低于60分的有9人，则该班参加竞赛的学生人数是（       ）A．27 B．30 C．45 D．60【答案】B【分析】首先求得低于分的频率，由此求得该班参加竞赛的学生人数.【详解】由频率分布直方图知低于60分的频率为，∴该班参加竞赛的学生人数为．故选：B4．已知函数，其图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用排除法，首先根据解析式判断函数的对称性，再确定时的符号，即可确定函数图象.【详解】由，知：关于原点对称，排除B、D；当时，，排除C.故选：A5．已知，，，则，，的大小关系为(       )A． B．C． D．【答案】B【分析】首先根据指数对数互化公式以及换底公式求出，然后再利用中介值“1”即可比较，，的大小.【详解】由可得，，因为，所以，又因为，所以.故选：B.6．已知抛物线，直线倾斜角是且过抛物线的焦点，直线被抛物线截得的线段长是，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则直线与轴的交点到双曲线的一条渐近线的距离是A． B． C． D．【答案】D【详解】抛物线的焦点为,由弦长计算公式有 ,所以抛物线的标线方程为,准线方程为 ,故双曲线的一个焦点坐标为,即 ,所以 ,渐近线方程为,直线 方程为,所以点,点P到双曲线的一条渐近线的距离为 ,选D.点睛: 本题主要考查了抛物线与双曲线的简单几何性质, 属于中档题. 先由直线过抛物线的焦点,求出弦长,由弦长求出的值,根据双曲线中的关系求出 ,渐近线方程等,由点到直线距离公式求出点P到双曲线的一条渐近线的距离.7．函数（，）的部分图象如图所示，图象与轴交于点，与轴交于点，点在图象上，点、关于点对称，则下列说法中正确的是（       ）A．函数的最小正周期是B．函数的图象关于点对称C．函数在单调递减D．函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为偶函数【答案】B【分析】对A，可求得函数的周期为；对C，可求得在递减，在递增，根据图象求出；对D，，是奇函数；利用排除法，即可得到答案；【详解】点、关于点对称，则，，所以A错误；由，可得，代入，可得，解得，，，则，即，因为，所以的图象关于点对称，对称，故B正确；由图象可得在，递减，在，递增，则在递减，在递增，所以C错误；函数的图象向右平移后，可得，是奇函数，D错误.故选：.8．以△ABC为底的两个正三棱锥 和 内接于同一个球，并且正三棱锥 的侧面与底面ABC所成的角为，记正三棱锥 和正三棱锥 的体积分别为和，则=（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意画出图形，把正三棱锥的体积比转化为高的比，然后通过求解直角三角形得到两三棱锥高的关系得答案．【详解】如图，正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球， 设到底面的距离为，到底面的距离为，则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，记其中点为即为球心，且由题意可知，为正三角形的中心，因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，由，，，且为的中点，可得，，，则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，，，记球的半径为，于是，在中，由勾股定理可得，，解得，于是，则,．故选：C．9．已知函数，若关于的方程有四个不等实根，则实数的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出函数的图象，使用换元法，令，并构造函数，通过的范围，可得结果.【详解】当时，，则令，则令，则所以函数在递增，在递减，则，且当时，函数图象如图，关于的方程有四个不等实根令，则①，所以②，由则函数一个根在，另外一个根在中所以综上所述：故选：A【点睛】本题考查方程根的个数求参数，学会使用等价转化的思想以及换元法，考验分析能力以及逻辑推理能力，采用数型结合的方法，形象直观，化繁为简，属难题.二、填空题10．已知复数，则___________.【答案】2【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算得答案．【详解】解：，则.故答案为：2.11．若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为_________.【答案】【解析】根据二项式系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得的系数.【详解】依题意的展开式的二项式系数和为，所以，即.二项式展开式的通项公式为.令，所以的系数为.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式的有关计算，属于基础题.12．若直线l∶截圆所得的弦长为2，则k的值为___________.【答案】【分析】利用直线与圆相交的特征三角形，即可求解.【详解】由题意得，圆心到直线的距离为，则，即，解得.故答案为：13．设，那么 的最小值是___________.【答案】16【分析】利用均值不等式求的最大值表达式，再利用均值不等式求解作答.【详解】因，则，当且仅当，即时取“=”，因此，，当且仅当，即时取“=”，所以，当时，取最小值16.故答案为：16三、双空题14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为___________；记取出的4个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为___________.【答案】          【分析】利用古典概型公式得解【详解】从､两个袋内各任取2个球，有种，恰好有1个红球有从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为取出的4个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为;;;;故答案为：，【点睛】熟练掌握超几何分布是解题关键.15．如图，在菱形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点. ，点M在线段EF上，且满，则 ___________；若点N为线段BD上一动点，则 的取值范围为___________.【答案】     0.5     【分析】第一空，由题意得出，分别是，的一个三等分点，设，然后把用，表示可得，和已知等式相比，即可求得答案；第二空，设，用基底，表示，，然后求数量积，再结合二次函数的性质得出取值范围．【详解】由题意得，，所以，分别是以，的一个三等分点，，，设，则，又，所以，解得，所以；设，，，，所以，，所以，因为，，所以，，故答案为：；，．四、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为，b－c＝2，cos A＝－.(1)求a和sin C的值；(2)求cos的值.【答案】(1)a＝8，；(2).【分析】（1）先求出b＝6，c＝4，再利用余弦定理求出a＝8，最后利用正弦定理求解；（2）利用和角的余弦公式和二倍角公式化简求值.【详解】(1)解：在△ABC中，由cos A＝－，可得sin A＝.由S△ABC＝bcsin A＝3，得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.由＝，得sin C＝.(2)解：cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin＝ (2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.17．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平而ABCD，E为CD的中点，M在AB上，且(1)求证：EM∥平面PAD；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为45°，求AF的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)通过向量证明线线平行，再证明线面平行即可；(2)分别求出相关平面的法向量后，再运用夹角公式计算即可；(3)根据已知条件求出点的坐标，再计算长度即可.【详解】(1)由题意，建立如下图所示的空间直角坐标系，则.(1)则，所以，又，所以，又平面PAD，平面PAD,所以EM∥平面PAD.(2).设平面的法向量为，则有，可取，由题意，平面的一个法向量可取，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.(3)设，，即，可得，所以,又，由题意有,解得或（舍）所以，所以18．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l与圆O：相切，切点在第一象限，与椭圆C相交于P，Q两点.①求证：以PQ为直径的圆经过原点O；②若△OPQ的面积为求直线l的方程.【答案】（1）； （2）①证明见解析，②或.【解析】（1）由题意，列出方程组，求得的值，进而得到方程；（2）①直线的方程为，联立方程，根据韦达定理，计算出，可得，即以为直径的圆过原点；②根据弦长公式，三角形的面积公式，列出方程，求得的值，即可求得直线分方程.【详解】（1）由题意椭圆C长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上，可得，解得，，所以椭圆的方程为.（2）①因为切点在第一象限，直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，即，且，，因为直线与圆相切，所以，即，联立，得，设，，，，则有，，所以，所以，所以，即，即以为直径的圆过原点.②由①可得，，，所以，点到直线的距离为，可得，解得，或，当时，，当时，，所以，，或，，则直线方程为或.【点睛】对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线的方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行转化求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．19．已知数列中，，.（1）求证：数列是等比数列.（2）记是数列的前项和：①求；②求满足的所有正整数.【答案】（1）证明见详解；（2）①；②满足的所有正整数有和.【解析】（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；（2）①推导出 ，由，得 ， ，从而；②：由①的求和式子由此能求出满足Sn＞0的所有正整数n的值．【详解】（1）设，因为  ，所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.（2）①由（1）得 ，即，由，得 ，所以 ， ，②显然当时，单调递减，又当时，，当时，，所以当时，； ，同理，当且仅当时，，综上，满足的所有正整数为和.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，解题的关键是根据等比数列的通项公式得出， ，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想．20．已知函数（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；（3）若，判断函数的零点的个数.【答案】（1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点．【分析】（1）当时，对求导，求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；（2）若，且在区间，上恒成立，即：在，上的最小值大于1；利用导数求判断函数的最小值．（3）分类讨论判断的单调性与函数的最小值，从而验证在区间上单调递增．再构造新函数，证明，进而判断函数是否穿过轴即可．【详解】解：（1）若，则，所以，所以，所以切线方程为（2）依题意，在区间上因为，．令得，或．若，则由得，；由得，．所以，满足条件；若，则由得，或；由得，，依题意，即，所以．若，则．所以在区间上单调递增，，不满足条件；综上，．（3），．所以．设，．令得．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．因为，所以．所以的最小值．从而，在区间上单调递增．又，设．则．令得．由，得；由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．所以恒成立．所以，．所以．又，所以当时，函数恰有1个零点．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．