2022届天津市南开中学高三上学期第四次学情调查数学试题含解析

2022届天津市南开中学高三上学期第四次学情调查数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A．{1，3} B．{2，4} C．{5，7} D．{1，2，3，4，5，7}

【答案】C

【分析】先求出集合B的补集，再求即可

【详解】因为，，

所以，

因为

所以，

故选：C

2．设，则“”是“”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】由题意得，不等式，解得或，

所以“”是“”的充分而不必要条件，

故选A．

【解析】充分不必要条件的判定．

3．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.

【详解】由函数的解析式可得：，则函数为偶函数，其图象关于坐标轴对称，选项AB错误；

当时，，选项C错误.

故选：D.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

4．某市通过统计50个大型社区产生的日均垃圾量，绘制了如下图所示的频率分布直方图，数据的分组依次为：，，，，，，.为了鼓励率先实施垃圾分类回收，将日均垃圾量不少于14吨的社区划定为试点社区，则这样的试点社区个数是（       ）.

A．4 B．10 C．19 D．40

【答案】B

【分析】求出日均垃圾量不少于14吨的频率和，用50乘以频率和，即可选出正确答案.

【详解】解：日均垃圾量不少于14吨的组为和，频率和为，

则个，

故选:B.

5．设，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再根据放缩确定三者的大小关系.

【详解】解：，

，

因此，

故选：A.

6．已知三棱锥中，平面，是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为，那么三棱锥的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合平面，是边长为3的等边三角形，以及外接球的体积，我们可以求出球的半径， 的长，以及三棱锥的高，利用体积公式即可得解.

【详解】

由三棱锥外接球的体积为可得，球的半径为 ，则

是边长为3的等边三角形， 为的中心，

那么 ,

, ,

中， ,

则 ,

三棱锥的体积为 .

故选：D

【点睛】充分利用等边三角形的特点，重心将中线分为1:2两部分，结合三棱锥的几何特征求解.

7．若将函数图象上所有的点向右平移个单位长度得到函数的图象，已知函数.）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（       ）

A．在上的最小值是

B．是的一个对称中心

C．在上单调递减

D．的图象关于点对称

【答案】C

【分析】根据函数的图形，求得，利用三角函数的图象变换得到，结合三角函数的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.

【详解】由函数，）的部分图象，

可得且，解得，所以，

又由时，，即，解得，

因为，可得，所以，

所以，

对于A中，当时，可得，

当时，即时，函数取得最小值，所以A正确；

对于B中，当时，可得，

所以点点是的一个对称中心，所以B正确；

对于C中，当时，可得，

此时为先减后增的函数，所以C不正确；

对于D中，当时，可得，

所以是函数的对称中心，所以D正确.

故选：C.

.

8．已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P，若，则双曲线的离心率为

A． B．2 C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：抛物线的焦点坐标为，双曲线的焦点与之相同得；设，由抛物线的定义知，代入抛物线得，所以，解得，则离心率为2，故B为正确答案．

【解析】1、双曲线的性质；2、抛物线的性质．

9．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由在和上的单调性，画出的图象，分别求得当与相切时，当和相切时，切点的坐标，求得对应的值，结合函数图象即可求得范围.

【详解】|恒成立可以转化为函数的图象不在图象的下方，

∵当时，，∴，

∴在上单调递减，且，

又∵当时，，

∴在上单调递增，且，

画出函数图象如下图所示，，

当和相切时，设切点的横坐标为，

∴，即，解得，∴切点坐标为，

∴此时，结合图象可知，

当和相切时，设切点的横坐标为，

∴，即，解得，∴切点坐标为，

∴此时，结合图象可知，

则实数的取值范围为，

故选：.

二、填空题

10．已知复数，则__________．

【答案】

【分析】根据复数除法运算化简求出，即可求出模.

【详解】，.

故答案为：.

11．展开式中的系数为___________.

【答案】

【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得展开式中x3的系数．

【详解】解：展开式的通项公式为 ，

令，得r＝2，可得展开式中x3的系数为，

故答案为：．

12．过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是__________．

【答案】或

【分析】将圆化为标准形式，判断点与圆的位置关系，分类讨论直线的斜率是否存在的情况，利用特殊的直角三角形求解.

【详解】圆即，则，

由条件点在圆内，过的直线

当的不存在时，为：，则交点，满足；

当的存在时，为： ，即，则，

则即，则，

此时，，即，

故答案为或.

13．已知正数，满足，则的最小值为______．

【答案】

【分析】由已知变形得，，然后结合基本不等式可求．

【详解】解：因为，

所以，

所以，

当且仅当且，即，时取等号，

则，

故的最小值．

故答案为：．

14．天津是一个古老与现代、保守与开放相融合的城市，历经600多年，特别是近代造就了中西合璧、古今兼容的独特城市风貌，成为国内外游客首选的旅游圣地.2021年元月份以来，来天津游览的游客络绎不绝，现通过对来津游客问卷调查，发现每位游客选择继续游玩的概率都是，不游玩的概率都是，若不游玩记1分，继续游玩记2分，游客之间选择意愿相互独立，从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，则的数学期望__________.

【答案】5

【分析】先分析出继续游玩的人数记为Y，则，由题意列出分布列，即可求出数学期望.

【详解】来津的3名游客，继续游玩的人数记为Y，则

总得分为随机变量，则的可能取值为3,4,5,6，由题意得分布列为：

所以

故答案为：5

【点睛】（1）求离散型随机变量的分布列，应按以下三个步骤进行：

①明确离散型随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；

②利用概率的有关知识求出随机变量每个取值的概率；

③按规范形式写出分布列并用分布列的性质进行检验.

（2）求离散型随机变量的分布列时，要特别注意. 随机变量是否服从二项分布、超几何分布等特殊的分布.

三、双空题

15．在菱形ABCD中，，，E，F分别为线段BC，CD上的点，，，点M在线段EF上，且满足，则x=___________；若点N为线段BD上一动点，则的取值范围为___________.

【答案】     ；    

【分析】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，利用向量的坐标表示形式分别表示出，根据它们的关系求得x的值及M的坐标；

设，表示出的函数关系，根据二次函数的性质求得取值范围.

【详解】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，如图所示：

则，，，，，

由题知，，且，设，

则，由，

则，解得，，

设，，，

则，

则

故答案为：；.

四、解答题

16．在中，内角、、的对边分别为，，，．

（1）求角的大小；

（2）若，．求：

（ⅰ）边长；

（ⅱ）的值．

【答案】（1）；   （2）（ⅰ）；（ii）．

【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得角的大小.

（2）（ⅰ）已知两边和夹角，用余弦定理求得边；

（ⅱ）由两角差的正弦公式求得的值.

【详解】解：（1）由已知及正弦定理得

，，

，

（2）（ⅰ）因为，，

由余弦定理得，

（ⅱ）由，因为为锐角，所以

，，

【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，还考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式以及两角差的正弦公式.

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．

（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；

（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；

（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）2．

【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明PB∥平面ACM．

（2）求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值．

（3）求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长．

【详解】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，

PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，

∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，

建立空间直角坐标系，

∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，

AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．

∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），

C（2，2，0），M（0，，），

＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），

设平面ACM的法向量，

则，取x＝2，得（2，﹣2，1），

∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．

（2）D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），

设平面CDP的法向量（a，b，c），

则，取b＝1，得（1，1，1），

平面ACD的法向量（0，0，1），

设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，

则|cosθ|＝＝，

∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．

（3）设，（0≤λ≤1），

则，

∴，

，平面CDP的法向量，

∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，

∴| |＝＝＝，

解得λ＝，

∴．

18．设是等差数列，是等比数列，公比大于0，其前项和为．已知，，，.

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）设数列的前项和.记，求；

（Ⅲ）求.

【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）；（Ⅲ）

【分析】（Ⅰ）利用等差数列、等比数列的通项公式即可求解.

（Ⅱ）利用分组并项求和代入即可求解.

（Ⅲ）利用错位相减法即可求解.

【详解】（Ⅰ）设数列的公差为，数列的公比为（），

由，，可得，解得或（舍去），

所以，

由，，

则，解得，

所以，解得，

所以，解得，

且，解得，

所以.

综上所述，，.

（Ⅱ）由（Ⅰ）中，所以，

，

故.

（Ⅲ）设，

，①

，②

 ①②可得，

即，

所以，

故.

19．已知椭圆（a＞b＞0）过点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，且|OA|=2|OB|．

(1)求椭圆的方程；

(2)过点A的直线l1与椭圆交于另一点M，过点B的直线l2与椭圆交于另一点N，直线l1与l2的斜率的乘积为，M，N关于y轴对称，求直线l1的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由|OA|=2|OB|可得a=2b，由椭圆（a＞b＞0）过点可得，解方程求，由此可得椭圆方程，(2) 设直线l1的方程为y=k（x-6）,联立方程组求M的坐标，由条件求出直线l2的方程，联立方程组求N，根据M，N关于y轴对称，列方程求.

【详解】(1)因为|OA|=2|OB|，即a=2b，

又椭圆过点，所以，解得a=6，b=3，

椭圆方程为．

(2)设直线l1的方程为y=k（x-6），则

得（1+4k2）x2-48k2x+144k2-36=0，

解得x1=6，，所以．

因为直线l1，l2的斜率乘积为，所以直线l2的方程为，

同理可得，

因为M，N关于y轴对称，所以，

即4k2-4k-1=0，解得．

所以直线l1的斜率为．

20．已知，（n为正整数，）

（Ⅰ）若在处的切线垂直于直线，求实数m的值；

（Ⅱ）当时，设函数，，证明：仅有1个零点.

（Ⅲ）当时，证明：.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）依题意知切线斜率为，由求解即可；

（Ⅱ）当时，在区间上单调递增，又，，所以在区间上有一个零点；当时，当时，即单调递减；当时，，即单调递增，又，，在区间上无零点；

（Ⅲ）先证，问题转为证明即可，法一：：令，求导分析单调性求最值，从而证明问题；法二：令，求导分析单调性得，从而证明．

【详解】（Ⅰ），依题意得

（Ⅱ）要证仅有1个零点，即证仅有1个实根

即证，仅有1个实根

①当时，在区间上单调递增，

又，，

所以在区间上有一个零点.

②当时，设.

，所以在区间上单调递增.

又，，

所以存在，使得.

所以，当时，，即单调递减；

当时，，即单调递增；

又，.

所以在区间上无零点.

综上所述，函数在内只有一个零点.

（Ⅲ）当时，，

要证，

只需证：

令，

，

所以在单调递减

所以

所以

要证（1），只需证     

法一：令

令

，

在单调递减，

，，

，使，即，

当，，单调递增

当，，单调递减

，所以原命题得证 ，

法二：令

∴在单调递减，在单调递增

∴

∴，

∵

∴ ，

∴，

即证

∴原命题得证

【点睛】关键点点睛：本题主要考查了证明不等式恒成立问题，关键是对不等式进行变形放缩，结合导数求函数单调性进行证明．