2022届天津市南开中学高三下学期统练二数学试题含解析

这是一份2022届天津市南开中学高三下学期统练二数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届天津市南开中学高三下学期统练二数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】分别求解集合再求交集即可.【详解】因为,,所以.故选：D【点睛】本题主要考查了指数与二次方程的求解以及并集的运算,属于基础题.2．已知命题：，，则为（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】根据特称命题的否定是全称命题，按照“一改量词，二改结论”，可得答案.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“，”的否定是“，”.故选：C.3．函数的大致图像为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.【详解】函数的定义域为，当时，，排除B和C；当时，，排除A.故选：D.【点睛】本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题.4．要得到函数的图象，只需将函数的图象（       ）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】B【分析】用诱导公式把两个函数的名称化为相同，再凑配成图形变换的形式．【详解】由，，则，解得，则只需将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象.故选：B.【点睛】本题考查三角函数图象平移变换，解题时要注意两函数名称必须化为相同，才便于求解．5．已知，，，则、、的大小关系是（       ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】先与0比较，c小于0，再a与b比较，即可判断大小.【详解】，因此故选：C.【点睛】本题考查比较大小、指数函数单调性、对数函数单调性，考查基本分析判断能力，属基础题.6．设为正项等比数列的前项和，，，成等差数列，则的值为（       ）A． B． C．16 D．17【答案】D【分析】设等比数列的公比为q，q＞0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值．【详解】正项等比数列{an}的公比设为q，q＞0，a5，3a3，a4成等差数列，可得6a3＝a5+a4，即6a1q2＝a1q4+a1q3，化为q2+q﹣6＝0，解得q＝2（﹣3舍去），则1+q4＝1+16＝17．故选D．【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．7．双曲线C：的左、右焦点分别|为、，点P在C上，且，，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】要求离心率，即求系数a，c间的关系，因此只需用系数将题目已知的条件表示出来即可．本题涉及到了焦点弦问题，因此注意结合定义求解．【详解】解：由双曲线的定义得：|PF1|﹣|PF2|＝2a，（不妨设该点在右支上）又|PF1|+|PF2|＝3b，所以，两式相乘得．结合c2＝a2+b2得．故e．故选B．【点睛】本题考查了双曲线的定义，离心率的求法．主要是根据已知条件找到a，b，c之间的关系化简即可．8．已知可导函数是定义在上的奇函数．当时，，则不等式的解集为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，并依据函数的单调性去求解不等式的解集.【详解】当时，，则则函数在上单调递增，又可导函数是定义在上的奇函数则是上的偶函数，且在单调递减，由，可得，则，则时，不等式可化为又由函数在上单调递增，且，，则有，解之得故选：D9．设函数（其中为自然对数的底数），若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】令,则，设，令， ，则，发现函数在上都是单调递增，在上都是单调递减，故函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，得，所以函数至少存在一个零点需满足，即．应选答案D．点睛：解答本题时充分运用等价转化与化归的数学思想，先将函数解析式中的参数分离出来，得到，然后构造函数，分别研究函数， 的单调性，从而确定函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，得，所以函数至少存在一个零点等价于，即．使得问题获解． 二、填空题10．已知，为虚数单位，若为实数，则的值为__________．【答案】-2【详解】为实数，则.【解析】 复数的分类【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．复数，当时，为虚数，当时，为实数，当时，为纯虚数.11．的展开式中的系数为_______．【答案】【分析】根据二项定理展开通项，求得的值，进而求得系数．【详解】根据二项定理展开式的通项式得 所以 ，解得 所以系数故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．12．盒中有大小相同的6个红球，4个白球，现从盒中任取1球，记住颜色后再放回盒中，连续摸取4次．设表示连续摸取4次中取得红球的次数，则的数学期望______．【答案】或（2.4）【分析】依据二项分布去求的数学期望.【详解】采用有放回的取球，每次取得红球的概率都相等，均为，取得红球次数的可能取值为0，1，2，3，4.则随机变量服从二项分布，则故答案为：13．如图，在△中，，，与交于点，，，，则的值为_________.【答案】2【分析】令，，利用平面向量的基本定理知：，，将其转化为的线性关系，可求，再由已知条件，应用数量积的运算律求即可.【详解】令，，而，，∴，得，∴，又，∴，，，∴.故答案为：2【点睛】关键点点睛：设，，应用平面向量基本定理求的线性关系求参数，利用向量数量积的运算律求.14．设，，，则的最小值为______．【答案】.【分析】两次运用“1”进行整体代换，结合基本不等式，即可得结果.【详解】因为，所以当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故答案为：.15．已知函数，，若在区间内没有零点，则的取值范围是____________________.【答案】【分析】化简变形，根据三角函数的性质求出的零点，根据条件得出区间内不存在整数，再根据可得为或的子集，从而得出的范围．【详解】．令，可得，．令，解得，∵函数在区间内没有零点，∴区间内不存在整数．又，∴，又，∴或．∴或，解得或．∴的取值范围是，故答案为．【点睛】本题主要考查了通过降幂公式化简三角函数，正弦函数的性质，函数零点的计算，解题的关键是将题意转化为集合间的关系，得到不等关系，属于中档题． 三、解答题16．已知数．(1)求函数的最小正周期，并写出函数的单调递增区间(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，求的取值范围【答案】(1)最小正周期为，增区间为(2)【分析】（1）先对函数化简变形，得，从而可求出函数的最小正周期，由，可求出函数的增区间，（2）将利用正弦定理统一成角的形式，化简可求得，则，然后利用正弦函数的性质可求得答案【详解】(1)，所以的最小正周期为，由，得，所以的单调增区间为，(2)因为，所以由正弦定理得,所以,所以,因为，所以，因为，所以，所以，因为所以，因为，所以，所以，即，所以，所以的取值范围为17．如图所示，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值；（3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值是，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，通过可证得结论；（2）根据二面角的空间向量求法可求得结果；（3）利用共线向量和向量线性运算表示出，根据直线与平面所成角的空间向量求法可构造方程求得，从而得到，求解的模长即为所求结果.【详解】（1）以为原点可建立如下图所示空间直角坐标系则，，，，，，       （2）由（1）知：，平面，平面       又，平面，       平面平面的一个法向量为设平面的法向量则，令，则，              二面角的正弦值为（3）由（1）知：，设，       平面，平面       又，平面，       平面平面的一个法向量为设为直线与平面所成角则，解得：则       ，即的长为【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何中的垂直关系证明、二面角的求解、根据线面角求解其他量的问题；考查学生对于空间向量法的掌握情况，属于常考题型.18．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．19．椭圆C：的离心率为，以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T：，圆T与椭圆C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．(1)求椭圆C的方程；(2)求的最小值，并求出此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：为定值．【答案】(1)(2)，(3)证明见解析【分析】（1）求出的值，根据，从而求出椭圆的方程即可；（2），，求出的表达式，根据二次函数的性质求出其最小值，从而求出点坐标；（3）设，则PA的方程为，分别求出 ，的值，从而证明为定值.【详解】(1)解：由题意知，，，所，，得，，，故椭圆C的方程为．(2)点A与点B关于y轴对称，设，，由点A在圆C上，则，因为，得，所以，由题意得当时，取最小值，此时，故，又点A在圆T上，代入圆的方程，得故圆T的方程是．(3)证明：设，则PA的方程为令，得，同理故，①因为P，A都在椭圆C上所以，，代入①可得：，即得．20．已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）= （a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在 上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．【答案】(1) f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；(2) 函数f（x）在 上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（3）a的范围是.【详解】试题分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．试题解析：（1）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（2）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m（x）在上为减函数，于是，从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f（x）在 上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（3）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0，所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]当x=时，f′（x）=0．由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：x（0，） （，e]f′（x）﹣0+f（x）↘最小值↗又因为，当x→0时，2﹣a＞0，f（x）→+∞，，所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当a的范围是 时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使f（xi）=g（x0）成立．