2022届天津市第七中学高三下学期线上第一次阶段检测数学试题含解析

2022届天津市第七中学高三下学期线上第一次阶段检测数学试题

一、单选题

1．若则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】【分析】试题分析：集合A三个实数0，1，2，而集合B表示的是大于等于1小于2的所有实数，所以两个集合的交集{1}，故选A.

【解析】集合的运算.

2．l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（       ）

A．若，，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】A

【分析】可利用长方体线线，线面，面面之间的关系.

【详解】如下图所示，在长方体中，

令 为平面 ， 为平面 ， 为平面 ，易知A正确；

令m为AD，n为DC，l为，易知B错误；

令为平面，为平面，m为AD，n为，易知C错误；

令为平面，为平面AC，l为，易知D错误.

故选：A

3．已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则函数与函数的图象在上所有交点的横坐标之和为（       ）

A．2020 B．1010 C．1012 D．2022

【答案】A

【分析】根据条件先得出函数的周期性和对称性，然后再利用函数与函数的图像交点研究问题即可.

【详解】因为是定义在上的奇函数，

所以，即当时，

由已知，

，

，故是周期函数，且对称轴为，

又，即，

所以函数关于对称

如图函数和函数在上的图像

在区间上，包含了函数中的个周期再加上个周期，

在区间上，包含了函数中的个周期再加上个周期，

所以函数和函数在和上都有个交点，

根据对称性可得所有交点的横坐标之和为.

故选：A.

4．为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市所有乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试.如图是该次考试成绩随机抽样样本的频率分布直方图.则下列关于这次考试成绩的估计错误的是（       ）

A．众数为82.5

B．中位数为85

C．平均数为86

D．有一半以上干部的成绩在80~90分之间

【答案】C

【分析】由频率直方图求众数、中位数、平均数，并判断在80~90分之间的干部占比，即可得答案.

【详解】由频率直方图知：众数为82.5，A正确；

又，即中位数为85，B正确；

由 ，C错误；

由，则有一半以上干部的成绩在80~90分之间，D正确.

故选：C

5．设，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由指数函数的单调性可得，由对数函数的单调性可得，，从而得出答案.

【详解】由对数函数的单调性可得，

由指数函数的单调性可得，

所以

故选：D

6．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，设四点均在以为球心的某个球面上，则到平面的距离为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用球的截面小圆性质计算作答.

【详解】取AB中点D，连CD，SD，如图，

因AB是等腰直角的斜边，则D是球O被平面所截圆圆心，，

又，则有，而，即，，

而，平面，则平面，由球的截面圆性质知，球心O在直线SD上，

球半径或，由，即解得，或得无解，

所以到平面的距离为.

故选：A

7．一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过 （       ）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时

【答案】A

【分析】根据已知关系式可得不等式，结合对数运算法则解不等式即可求得结果.

【详解】设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，

则，整理可得：，

，

，，

，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.

故选：A.

8．已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左焦点为F（﹣c，0），抛物线y2＝4cx的准线与双曲线的一个交点为P，点M为线段PF的中点，且△OFM为等腰直角三角形，则双曲线C的离心率为（       ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【解析】根据抛物线y2＝4cx的准线为x＝﹣c，不妨设点P的坐标为（﹣c，y），y＞0，将其代入双曲线方程可求得y，当确定点P的坐标后就能得到点M的坐标，由于△OFM为等腰直角三角形，可根据|MF|＝|OF|建立a、b、c的关系式，再结合b2＝c2﹣a2和即可得解．

【详解】抛物线y2＝4cx的准线为x＝﹣c，不妨设点P的坐标为（﹣c，y），y＞0，

代入双曲线方程有，解得，

∴点P的坐标为，

∵点M为线段PF的中点，且F（﹣c，0），∴M（﹣c，），

∵△OFM为等腰直角三角形，∴即2ac＝b2＝c2﹣a2，

∴，解得（舍负），∴．

故选：B．

【点睛】本题考查双曲线与抛物线的几何性质，涉及抛物线的准线方程、双曲线的焦点、离心率等，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力，属于基础题．

9．已知函数，设，且，则的最小值为（       ）

A．4 B．2

C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：由于，且，所以可得，从而，当且仅当时取等号，故选D.

【解析】1.基本不等式；2.最值.

二、填空题

10．已知是的共轭复数，且满足(其中是虚数单位)，则________.

【答案】

【分析】根据复数的除法运算得，进而得，再求模即可.

【详解】，故，

所以.

故答案为：.

11．已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中含的项的系数为______．

【答案】

【分析】分析可得，利用二项式定理的展开式可求得正整数的最小值，可得出的值，然后写出展开式的通项，令的指数为，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.

【详解】

能被整除，则能被整除，

因为，则正整数的最小值为，即，

展开式的通项为，

因为，

在中，由可得，

在中，由可得，

在中，.

所以，展开式中含的项的系数为.

故答案为：.

12．过作圆的两条切线，切点为，则过两点的直线方程为________．

【答案】

【分析】求出以点、为直径的圆的方程，将两圆的方程相减可得公共弦的方程.

【详解】圆的圆心为：，半径为，

以点、为直径的圆的方程为：

，

将两圆的方程相减得公共弦的方程为：；

故答案为：

13．已知直线与圆在第一象限内相切于点，并且分别与轴相交于两点，则的最小值为_________．

【答案】2

【分析】设直线l的方程为，由直线l与圆O相切于第一象限得，再由基本不等式可求得答案.

【详解】解：设直线l的方程为，则，

由题意得，直线l与圆O相切于第一象限，所以，

又，当且仅当时，取等号，

所以，当且仅当时，取等号，

所以，当且仅当时，取等号，

所以的最小值为2.

故答案为：2.

14．如图，等腰梯形中，，与交于点，，若，则以下所有结论中正确的序号是______.

①若，则

②三角形的面积为4

③

④若，是直线上的动点，

【答案】③④

【分析】利用解三角形和向量的线性运算求解即可

【详解】

如图，由已知得，， 又由，得到，

则有，所以，①错，

过作，由得，，过作，明显地，，且，所以，，，所以，②错，

又因为在中，所以，，且在等腰梯形中，所以，又由，得，而由根据正弦定理，得，所以，成立，③对，

对于④若，是直线上的动点，又由等腰梯形可得，，可得，

，④对

答案：③④

【点睛】本题考查向量与解三角形的综合运用，属于难题

三、双空题

15．甲、乙两人从门课程中各选修门，则不同的选法共有________种，人所选课程至少有一门相同的概率为_________．

【答案】         

【分析】由组合数的意义直接计算即可确定所求的不同选法种数，并得到人所选课程没有一门相同的选法数，根据古典概型和对立事件概率公式可求得结果.

【详解】甲、乙两人从门课程中各选修门，则有种选法；

人所选课程没有一门相同的选法有种，

则人所选课程至少有一门相同的概率.

故答案为：；.

四、解答题

16．在中，角A，B，C所对的边分别为，

(1)求B；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出，即可得到，最后利用正弦定理计算可得；

（2）首先由余弦定理求出，再由面积公式计算可得；

【详解】(1)解：因为，

所以，整理为.

由余弦定理可得，因为，所以.

因为，所以，

因为，所以.

(2)解：由（1）知，

所以，解得或（舍去），

所，

即.

17．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，为的中点．

（Ⅰ）求证：平面

（Ⅱ）若平面平面，异面直线与所成角为60°，且是钝角三角形，求二面角的正弦值

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【分析】（1）取的中点，连接，由中位线定理得，再结合已知得，，即四边形为平行四边形，故有，再用线面平行判定定理即可求证；

（2）先根据异面直线与所成角为60°得，再根据面面垂直性质定理得平面，进而建立空间坐标系，利用法向量求解计算即可得答案.

【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，

因为为的中点，则，且，

又，且，所以，，

所以四边形为平行四边形，

所以，平面，平面，

所以平面

（Ⅱ）由题意可知，

所以或其补角为异面直线与所成角，

又，为钝角三角形，

所以，

又平面平面，平面平面，，

所以平面，

以为坐标原点，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

向量，，

设平面的法向量为

由得，则，令，

得平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为

由得，令，

得平面的一个法向量为

设二面角的平面角为，

则.

则

故二面角的正弦值为

【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角的求解，异面直线所成角，面面垂直的性质定理，考查学生的分析问题与解决问题能力，是中档题.

18．已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于两点．

(1)说明曲线的形状，并写出其标准方程；

(2)是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)曲线为椭圆，标准方程为：

(2)存在定点，使得恒成立.

【分析】（1）设，根据其到定点的距离和到定直线的距离的比是可得到等式，化简整理可得结果；

（2）①当直线与轴垂直时，可知必在轴上；②当直线与轴垂直时，设，可求得；则若存在定点满足题意，则必是；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，并得到；设点关于轴的对称点为，由可得三点共线，由此可得成立；综合上述情况可得结论.

【详解】(1)设，则，整理可得：，

曲线为椭圆，标准方程为：.

(2)①当直线与轴垂直时，即，由椭圆对称性可知：，

，点在轴上；

②当直线与轴垂直时，即，则，，

若存在定点，则由①知：点在轴上，可设，

由得：，解得：（舍）或，；

则若存在定点满足题意，则点坐标必然是，

只需证明当直线斜率存在时，对于，都有成立即可.

设，，，

由得：，其中恒成立，

，，

设点关于轴的对称点为，则，

，，

，即三点共线，

；

综上所述：存在定点，使得恒成立.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在类问题的求解，本题求解定点的基本思路是通过特殊位置首先确定所求定点的坐标，进而证明所得定点坐标对于任意情况均成立，从而证得定点存在.

19．已知数列的前n项和为，且，．

(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；

(2)设，求数列前项和．

【答案】(1)证明见解析；；(2) .

【分析】(1)结合已知条件和等比数列的定义，即可证明数列为等比数列，然后求出的通项公式，进而求出的通项公式；(2)结合(1)中结论，首先利用错位相减法求出，可得到数列的通项公式，进而得到的通项公式，最后利用裂项相消法求出即可.

【详解】(1)因为，所以，

又因为，

所以数列是以首项为，公比为的等比数列，

从而，故.

(2)由(1)中结论可知，

   ①，

所以   ②，

由①②得，

化简整理得，，

所以，

故，

所以，

故.

20．设实数，且，函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有两个不同的零点.

（i）求的取值范围；

（ii）证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）分和两种情况去求的单调区间；

（2）首先利用对数均值不等式把转化为不等式，再构造函数利用函数单调性去证明即可.

【详解】(1)，

当时，，的单调递增区间为.

当时，令，得，

当时，，当时，

所以的单调递减区间为，的单调递增区间为.

(2)（i）由（1）知，时，为极小值点，又函数有两个零点，得.

于是，

得，即

由在单调递增，则由，可得

此时，，，

故，函数有两个不同的零点.

（ii）证明：由则，得，

于是，

设的极值点为，又由，于是，

令，则

即在上单调递增，又，则在恒成立.

由，可令，则，

即，即

故有：.

则，所以，

欲证，只需证，只需证，

又由，所以只需证，

由，所以上述只需证，只需证，

令，则

即在上单调递增.

由，可知，所以上述不等式成立.

【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．