年终活动
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析)

    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析)第1页
    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析)第2页
    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析)第3页
    还剩16页未读, 继续阅读
    下载需要30学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析)

    展开

    这是一份天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷(原卷+解析),共19页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题,双空题等内容,欢迎下载使用。
    天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷 一、单选题1.设集合A=4579},B=34789},全集U=AB,则集合中的元素共有 A3 B4 C5 D62.设,则的(    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3.为了解某地区老年人体育运动情况,随机抽取了200名老年人进行调查.根据调查结果绘制了下面日均体育运动时间的频率分布直方图,则日均体育运动时间的众数和中位数分别是(    A3535 B4035 C3030 D35304.函数的图象大致为(    A BC D5.设,则的大小关系是(    A B C D6.已知矩形的顶点都在球心为的球面上,,且四棱锥的体积为,则球的表面积为(    A B C D7.函数,其图象的一个最低点是,距离点最近的对称中心为,则(    AB是函数图象的一条对称轴C时,函数单调递增D的图象向右平移个单位后得到的图象,若是奇函数,则的最小值是8.设抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为,到双曲线左顶点的距离为,则该双曲线的离心率是(    A B C2 D9.已知定义在上的函数若函数恰有2个零点,则实数的取值范围是(    A BC D 二、填空题10.已知是虚数单位,复数满足,则________11.在的展开式中,的系数是________12.已知直线与圆相交于两点,若,则的值为________13.已知,则的最大值是________ 三、解答题14.在中,内角对边的边长分别是,已知(1),求(2),求证:是等边三角形;(3),求的值.15.如图,在多面体中,底面为正方形,平面平面(1)求证:平面(2),求与平面所成角的正弦值;(3)平面,求平面与平面夹角的余弦值.16.已知椭圆,其离心率为,若分别为的左、右焦点,轴上方一点在椭圆上,且满足(1)的方程;(2)过点的直线于另一点,点与点关于轴对称,直线轴于点,若的面积是的面积的2倍,求直线的方程.17.已知为等差数列,为正项等比数列,的前项和为(1)求数列的通项公式;(2)的前项和的最大值;(3)求证:18.已知函数是自然对数的底数,).(1)时,求函数的极值;(2)若函数在区间上单调递减,求实数的取值范围;(3)若函数有两个极值点,且,求的最大值. 四、双空题19.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以表示事件由甲罐取出的球是红球,再从乙罐中随机取出一球,以表示事件由乙罐取出的球是红球,则________从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为________20.已知平行四边形中,,则________;若,则的最大值为________
    参考答案:1A【详解】试题分析:,,所以,即集合中共有3个元素,故选A考点:集合的运算.2B【分析】根据充分必要条件的定义判断.【详解】,但,不充分,,必要性满足,故是必要不充分条件.故选:B3D【分析】根据频率分布直方图可得众数,求出前三位的频率之和后可求中位数.【详解】由频率分布直方图可得第四组的频率最大,故众数为35前三组的频率之和为故中位数为30故选:D4D【分析】首先化简函数解析式,确定函数的奇偶性,排除一些选项,然后结合函数值的变化可得结论.【详解】由,则为奇函数,排除BC时,,排除A故选:D5C【分析】根据可得,再根据对数的性质可得,从而可得三数的大小关系.【详解】因为,故,故,故,且,故故选:C6A【分析】由题意求出矩形的对角线的长,即截面圆的直径,根据棱锥的体积计算出球心距,进而求出球的半径,代入球的表面积公式,可得答案.【详解】解:由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半,由矩形的面积到平面的距离为满足:解得故球的半径故球的表面积为:故选:A7C【分析】由函数的图像的顶点坐标求出,由周期求出,由最低点求出的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图像和性质,得出结论.【详解】解:函数的图象的一个最低点是距离点最近的对称中心为,解得,因为,可得所以函数,故A错误;,故函数关于对称,故B错误;时,,函数单调递增,故C正确;的图象向右平移个单位后得到的图象,是奇函数,则,即,可得的最小值是,故D错误,故选:C8C【分析】先得到抛物线的焦点坐标,然后根据题意,利用点到直线的距离和两点间的距离求解.【详解】解:抛物线的焦点为设双曲线的一条渐近线方程为由题意得,解得双曲线左顶点为由题意得,即解得所以该双曲线的离心率是故选:C9B【分析】画出的图象,数形结合后可求参数的取值范围.【详解】,故则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解,的图象有两个不同的交点,的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,,此时两个函数的图象有两个不同的交点,时,考虑直线的图象相切,则由可得考虑直线的图象相切,可得,则.考虑直线的图象相切,可得结合图象可得当时,两个函数的图象有两个不同的交点,综上,故选:B.【点睛】思路点睛:与分段函数有关的零点问题,通过可转化为确定函数的图象与动直线的位置关系的问题来处理,注意临界位置的合理刻画.10【分析】由复数的运算法则计算.【详解】因为,所以故答案为:11【分析】根据二项式定理求出的通项,求出的值即可得结果.【详解】由二项式定理知的展开式的通项为:,解得所以的系数是故答案为:.12【分析】利用垂径定理得到直线的距离为1,再利用点到直线距离公式解得答案.【详解】由题意,利用等腰直角三角形的性质,知,又因为,根据垂径定理,到直线的距离,解得.故答案为:.13【分析】利用二元均值不等式,求解的最小值,即可求解原式的最大值.【详解】解:因为,则,即,当且仅当是,等号成立;,即,当且仅当是,等号成立;,当且仅当是,等号成立.故答案为:.14(1)(2)证明见解析(3) 【分析】(1)先由求得角B的值,再利用正弦定理即可求得 的值;2)先利用余弦定理求得,再利用即可求得,进而证明是等边三角形;3)先求得的值,再利用二倍角的余弦公式去求的值.【详解】(1中,.则,由正弦定理得2中,.则则有,则,即则有,则有,又,则有是等边三角形;3中,.则,则,则15(1)证明见解析(2)(3) 【分析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,计算及平面的法向量后可证平面.2)求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值.3)根据平面可求的坐标,从而可求平面的法向量,利用向量法可求二面角的余弦值.1因为底面为正方形,平面,故可建立如图所示的空间直角坐标系,,则,设平面的法向量为,取,故,故平面,故平面.2因为,故,故,而设平面的法向量为,取,则与平面所成角为,则.3由(1)可得,而设平面的法向量为,取,则因为平面,故故存在非零实数,使得,解得,由(2)可得与平面夹角的余弦值为.16(1)(2) 【分析】(1)依题意可得,根据数量积的运算律,求出,再根据离心率及,求出,即可得解;2)由(1)设直线的方程为,联立直线与椭圆方程,即可求出点坐标,从而得到点坐标,再求出直线方程,求出的坐标,由的面积是的面积的2倍,可得,即可求出,从而求出直线方程;(1)解:因为,所以,且,所以,即,所以又离心率,所以,所以所以椭圆方程为(2)解:由(1)可得点的坐标为依题意直线的斜率存在,设直线的方程为消去整理得,解得所以点坐标为从而点坐标为所以直线的方程为点的坐标为因为的面积是的面积的2倍,所以时,即,解得,所以直线的方程为时,即,解得,所以直线的方程为所以满足条件的直线的方程为17(1)(2)(3)证明见解析 【分析】(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;2)由(1)可得,利用等比数列求出公式求出前项和,再分奇偶两种情况求出的最大值,即可得解;2)利用错位相减法求和即可得证;(1)解:设等差数列的公差为,等比数列的公比为),,即,解得,所以,所以,由,即,解得(舍去)所以(2)解:由(1)可知,所以所以是首项为,公比为的等比数列,的前项和为,则为奇数时为偶数时综上可得的前项和的最大值为(3)证明:因为所以可得所以,得证;18(1)(2)(3) 【分析】(1)求出函数的导函数,即可得到的关系表,从而得到函数的极值点,计算可得;2)令,求出函数的导函数,依题意上恒成立,即可得到不等式组,解得即可;3)求出的导函数,依题意上有两个不等实根,令,则上有两个不等实根,求出函数的导函数,结合零点存在性定理得到,即可得到,再由导数说明函数的单调性,即可求出的最大值;【详解】(1)解:当,解得所以的关系如下:单调递增极大值单调递减极小值单调递增 所以当时,函数取得极大值,即时,函数取得极小值,即2)解:因为所以依题意上恒成立,,则,解得3)解:因为,即因为上有两个极值点,上有两个不等实根,上有两个不等实根因为所以当单调递减,单调递增,,所以,解得所以所以上各有一个实根,所以函数上有两个极值点时,并且因为所以,则时,单调递减,因为,所以,即因为,所以满足题意的整数的最大值为【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()值问题处理.19     ##0.6     ##0.9【分析】利用条件概率的概率公式可求条件概率,设取得黑球的个数为,利用乘法公式可求的分布列,从而可求其期望.【详解】设取得黑球的个数为,则可取的分布列为:012 故答案为:20          【分析】由求出,然后由平方后求得,把表示后求数量积化为的函数可得最大值.【详解】由已知所以,所以因为所以所以时,取得最大值故答案为: 

    相关试卷

    天津市南开区2023届高三数学二模试题(Word版附解析):

    这是一份天津市南开区2023届高三数学二模试题(Word版附解析),共20页。试卷主要包含了 已知,,,则,,的大小关系是, 已知函数,给出下列结论等内容,欢迎下载使用。

    天津市南开区2023届高三数学下学期一模试题(Word版附解析):

    这是一份天津市南开区2023届高三数学下学期一模试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了03, 已知全集,集合或,则, 设,则“”是“”的, 已知,则的大小关系是, 已知函数则下列结论等内容,欢迎下载使用。

    天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷(原卷+解析):

    这是一份天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷(原卷+解析),共18页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题,双空题等内容,欢迎下载使用。

    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map