天津市耀华中学2022届高三下学期二模数学试题

这是一份天津市耀华中学2022届高三下学期二模数学试题，共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的部分图象大致为，已知，，，则的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前天津市耀华中学2022届高三下学期二模数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分     注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知下列命题：①命题：“，”的否定是：“，”；②抛物线的焦点坐标为；③已知，则是的必要不充分条件；④在中，是的充要条件.其中真命题的个数为（       ）个A．1 B．2 C．3 D．43．函数的部分图象大致为（       ）A． B．C． D．4．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（        ）A．， B．， C．， D．，5．已知，，，则的大小关系为（       ）A． B． C． D．6．一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为（       ）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，双曲线过点，且其两条渐近线的方程分别为和，则双曲线的标准方程为（       ）A． B．C．或 D．8．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.对于下列四种说法，正确的是①函数的图象关于点成中心对称②函数在上有8个极值点③函数在区间上的最大值为，最小值为④函数在区间上单调递增A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④9．已知函数 ，若函数在内恰有5个零点，则a的取值范围是（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题10．已知i为虚数单位，则复数___________.11．若直线被圆截得线段的长为，则实数m的值为______．12．某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为___________.（用数字作答）13．已知不等式的解集中恰有五个整数，则实数a的取值范围为___________.评卷人得分  三、双空题14．某专业资格考试包含甲､乙､丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙､丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张3科中合格的科目数为X，则___________；___________.15．如图，在中，，D为中点，P为上一点，且满足，的面积为，则___________；的最小值为___________. 评卷人得分  四、解答题16．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点E到平面的距离.17．已知函数(1)求的单调递增区间；(2)三角形的三边a，b，c满足，求的取值范围．18．已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若存在两个极小值点，求实数的取值范围.19．已知为等差数列，前n项和为，，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.(1)求和的通项公式；(2)设，，，求；(3)设，其中.求的前2n项和.20．已知椭圆：，，为其左右焦点，离心率为，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，点在椭圆上，过点作椭圆的切线，斜率为，，的斜率分别为，，则是否是定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.（3）设点，点在椭圆上，点在的角分线上，求的取值范围.
参考答案：1．D【解析】【分析】求得集合再求交集即可【详解】由题，，故故选：D2．B【解析】【分析】根据全称命题的否定性质、抛物线焦点坐标公式，结合必要不充分条件、充要条件的定义逐一判断即可.【详解】①；因为全称命题的否定是存在命题，所以“，”的否定是：“，”，因此本说法正确；②：，因此该抛物线的焦点坐标为：，所以本说法不正确；③：由，或，由，或，因此由能推出，但是由不一定能推出，所以是的充分不必要条件，因此本说法不正确；④：在中，一方面，因为，所以，由正弦定理可知：；另一方面，由，所以在中，是的充要条件，因此本说法正确，所以真命题的个数为2个，故选：B3．B【解析】【分析】分析函数的奇偶性以及的值，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，因为，则函数为奇函数，排除C选项；因为，，则，所以，，排除AD选项.故选：B.4．A【解析】【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.【详解】由题意进行数据分析，可得：，解得：；，解得：；所以.比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：.故选：A5．A【解析】【分析】根据指对数互化，利用对数函数的性质判断a、b、c的大小.【详解】由题设，，又，而，则，综上，.故选：A6．A【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，则由题意可得，从而可求得，作出轴截面如图，利用与相似可求出，从而可求出圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，其轴截面如图所示，设为内切球球心，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，得，即，所以，所以，因为∽，所以,所以，得，所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为，故选：A7．B【解析】【分析】待定系数法设双曲线方程后求解【详解】若双曲线焦点在轴上，则可设其标准方程为，可列解得，其标准方程为若双曲线焦点在轴上，则可设其标准方程为此时无解综上，双曲线方程为故选：B8．B【解析】【详解】，将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到的图象.对于①，，故函数的图象不关于点成中心对称，所以①错误；对于②，由得，结合函数图象可得在上有8个极值点，所以②正确；对于③，由，得，则，所以的最大值为，最小值为，所以③正确；对于④，当时，，故函数在区间上不单调， 所以④错误.故选B．9．D【解析】【分析】分析可知，对实数的取值进行分类讨论，确定函数在上的零点个数，然后再确定函数在上的零点个数，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.【详解】当时，对任意的，在上至多个零点，不合乎题意，所以，.函数的对称轴为直线，.所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且.①当时，即当时，则函数在上无零点，所以，函数在上有个零点，当时，，则，由题意可得，解得，此时不存在；②当时，即当时，函数在上只有一个零点，当时，，则，则函数在上只有个零点，此时，函数在上的零点个数为，不合乎题意；③当时，即当时，函数在上有个零点，则函数在上有个零点，则，解得，此时；④当时，即当时，函数在上有个零点，则函数在上有个零点，则，解得，此时，.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.10．.【解析】【分析】根据复数模的运算公式，结合复数除法的运算法则进行运算即可.【详解】，故答案为：.11．【解析】【分析】求解圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求解即可．【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，圆心到直线的距离．据题意，得，解得．故答案为：12．【解析】【分析】根据甲､乙两人组成一组和甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可.【详解】当甲､乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：；当甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：，所以专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：，故答案为：13．【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合已知分类讨论进行求解即可.【详解】，当时，原不等式化为，显然，不符合题意；当时，不等式的解集为，其中解集中必有元素，若五个整数是时，可得，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集；当时，不等式的解集为，其中解集中必有元素，若五个整数是时，可得，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，若五个整数是时，，此时解集为空集，五个整数是时，，此时解集为空集，故答案为：.【点睛】关键点睛：运用分类讨论思想是解题的关键.14．     ；     ##.【解析】【分析】根据独立事件概率的公式，结合数学期望的公式进行求解即可.【详解】；，，，所以，故答案为：；15．     ；     .【解析】【分析】根据平面向量加法的几何意义、共线向量的性质，结合平面向量的运算性质、基本不等式进行求解即可.【详解】设，由而，所以有，即；因为的面积为，，所以有，因为，所以有，当有仅当时取等号，故答案为：；.【点睛】关键点睛：运用基本不等式是解题的关键.16．(1)证明过程见解析；(2)；(3).【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.(1)因为平面，平面，所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，，，，因为，所以，而平面，所以平面；(2)设平面的法向量为，，则有，由（1）可知平面的法向量为，所以有，由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；(3)由（2）可知：平面的法向量为，，所以可得：，所以点E到平面的距离为.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）先利用倍角公式以及两角和差的正弦公式进行化简可得，然后根据函数的单调性即可求得的单调递增区间；（2）根据余弦定理可求得，便可知的取值范围从而求得的取值范围.(1)解：由题意得：   当时，函数单调递增，解得：的单调递增区间：(2)由可知由余弦定理得：故可知                    ∴又∴．18．(1)递减区间为，递增区间为(2)【解析】【分析】（1）当时，求得，令，利用导数求得，进而求得函数的单调区间；（2）求得，令，结合单调性得到，进而得到，分和，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解.(1)解：当时，函数，可得，令，可得，所以函数单调递增，因为，所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，即函数的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)解：由函数，可得，令，可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，可得，所以，①当时，，此时当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数的极小值为，无极大值；②当时，，又由在上单调递增，所以在上有唯一的零点，且，因为当时，令，可得，又因为，所以，即，所以，所以，，因为在上单调递减，所以在上有唯一的零点，且，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数有两个极小值点，故实数的取值范围为.19．(1)，；(2)；(3).【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前n项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可.(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，或舍去，所以；，，解得：，即，所以有，；(2)因为，所以当时，有，显然当时也适合，即；(3)由（1）（2）可知：，，.当，时，，当，时，，，.【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.20．（1）；（2）是定值-8；（3）.【解析】【分析】（1）建立，，的三个方程，求解即可得椭圆的标准方程；（2）先把用，表示，再把，也用，表示，代入中即可得结论；（3）把点在的角分线上转化为点 到直线和直线的距离相等，进而建立一个方程，化简即可得到得．【详解】（1）由题设知，解得，∴椭圆：.（2）是定值-8，下面证明之.∵点，过点作椭圆的切线，斜率为，∴：且，与：联立消得 “*”由题设得，即，∵点在椭圆上，∴，代入上式得.（另法：过上的点的切线为：，其斜率为，，，∴（定值），∴是定值-8.（3）由题设知，，∵点，∴：即，：即，∵点在的角分线上，∴点到直线和直线的距离相等，∴，∵点在椭圆上，∴，故得，∵，，∴，得，∴的取值范围是.