2022届天津市南开区高三下学期三模数学试题含解析

这是一份2022届天津市南开区高三下学期三模数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设全集为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用集合的补集和交集运算求解.
【详解】解：因为全集为，，
所以，
又，
所以，
所以，
故选：A
2．已知命题和命题，则p是q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
【答案】A
【分析】先求解命题，再根据充分条件和必要条件的定义即可得到结果
【详解】命题即
命题即，所以，p是q的充分不必要条件
故选：A
3．为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（ ）
A．40B．50C．60D．70
【答案】B
【解析】分析处理频率分布直方图中的数据求解即可.
【详解】解：依题意，得，
解得，
故选：B．
【点睛】本题考查了频率分布直方图，属基础题.
4．函数，的图象大致为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的解析式，当时，得到，即可求解.
【详解】由题意，函数，
当时，可得，所以，且，所以，
可排除A、B、C.
故选：D.
5．已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，记，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据函数是定义在上的偶函数，得到，再利用在单调递增求解.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
所以，
又因为，，，
且在单调递增，
所以，即，
故选：A
6．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的值可能为（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先利用平移变换得到，再根据函数在区间上单调递增，利用正弦函数的性质求解.
【详解】解：将函数的图象向左平移个单位，
得到函数，
因为，所以，
又因为函数在区间上单调递增，
所以，解得，
所以的值可能为，
故选：B
7．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的焦距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标求出和关系，然后利用双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4求出的值，最后利用的关系求焦距.
【详解】因为双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为
所以，
又因为双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，
所以
所以，
故选：A.
8．已知三棱维中，侧面ABC⊥底面BCD，△ABC是边长为6的正三角形，△BCD是直角三角形，且，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．36πB．48πC．64πD．128π
【答案】C
【分析】把三棱锥放置在长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再由三棱锥外接球的表面积公式计算．
【详解】三棱锥中，侧面底面，把该三棱锥放入长方体中，如图所示
，
设三棱锥外接球的球心为，则，
，
三棱锥外接球的半径，
则三棱锥外接球的表面积为，
故选：C．
9．设函数，函数，在[0,1]上有3个不同的零点，则实数的取值范围为
A．B．（1,2）C．D．
【答案】C
【分析】函数恰有三个零点先转化为相应方程有三个不同的根，再通过分离转化为两个函数图象有三个不同的交点，画出图象找到临界位置，求出参数的范围.
【详解】，
，
分别画出与的图象，

的图象是由的图象向左平移一个单位得到的，且过点，
当时，，此时，计算得有4个交点；
当时， ，此时，计算得，有2个交点.
综上所述，的取值范围为，
故选：C.
二、填空题
10．i是虚数单位，则的虚部为__________．
【答案】
【分析】根据复数除法运算化简求出，即可得出虚部.
【详解】，则虚部为.
故答案为：.
11．若的展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为______．
【答案】60
【分析】各项的二项式系数之和为64，可得，求n；再利用通项公式即可求常数项.
【详解】因为各项的二项式系数之和为64，，即；
通项公式=
令，解得.
展开式中常数项为.
【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式的通项公式为.
12．设直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，则=_____.
【答案】0
【分析】由已知可得圆心到弦的距离为1，利用点到直线的距离公式可得a的值.
【详解】解：由直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，可得圆心到弦的距离为1，
可得，
故答案：0
【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质及点到直线的距离公式，相对简单.
13．已知，，，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】由题可得，代入所求利用基本不等式即可求解.
【详解】由可得，
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
三、双空题
14．为了抗击新冠肺炎疫情，现在从A医院200人和B医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出两人作为联络员，则这两名联络员中B医院至少有一人的概率是______.设两名联络员中B医院的人数为，则随机变量的数学期望为______.
【答案】 ； .
【分析】根据分层抽样的性质求出6人中来自A医院和B医院的人数.
空一：根据对立事件的概率公式进行求解即可；
空二：根据古典概型计算公式，结合数学期望的公式进行求解即可.
【详解】因为采用分层抽样的方式，所以自A医院的人数为：，
来自B医院的人数为：.
空一：两名联络员中没有来自B医院的概率是，
所以这两名联络员中B医院至少有一人的概率是；
空二：由题意可知：，
，，，
所以，
故答案为：；
15．在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当__________时，则有最小值为__________．
【答案】
【分析】先求出，，，，则
，代入结合均值不等式即可求出答案.
【详解】因为在等腰梯形中，已知，，，，可知，
所以， ，
， ，
则
.
当且仅当，即时取等号，即最小值．
故答案为：；.
四、解答题
16．已知中，角的对边分别为.
（1）求：
（2）求；
（3）求的长.
【答案】（1）（2）（3）
【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的基本关系；
（2）由两角差的余弦及二倍角公式求解；
（3）由正弦定理求解即可.
【详解】（1），
，
由正弦定理可得，.
（2）且,
,
，，
（3）
，
由正弦定理，可得.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小；
(3)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；
（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；
（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M
【详解】(1)证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.
又因为平面，平面，所以.
，AD，平面，所以面.
(2)如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，
又平面的法向量，
所以.
所以平面与平面所成角为.
(3)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，
设，，，，
所以，
所以，
整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.
18．已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析；定点
【分析】（1）设椭圆，由离心率为，得，再根据点在椭圆上求解；
（2）当直线与x轴垂直时，设，则．由直线与的斜率之和为1求解；当直线不与x轴垂直时，设直线为，，，与椭圆方程联立，易知，然后结合韦达定理求解.
【详解】(1)解：设椭圆，
由离心率为，得，
又因为，
所以．
由在椭圆上可得，
解得，．
所以椭圆的方程为．
(2)当直线与x轴垂直时，设，则．
由题意得：，即．所以直线的方程为．
当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，
将代入得，
所以，．
由已知可得①，
将和代入①，
并整理得②，
将，代入②，
并整理得，可得，
因为直线不经过点，
所以，故．
所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点．
19．已知数列是公比的等比数列，前三项和为13，且，，恰好分别是等差数列的第一项，第三项，第五项．
(1)求和的通项公式；
(2)已知，数列满足，求数列的前2n项和；
(3)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)（）；（）
(2)（）
(3)（）
【分析】（1）利用等比基本量法结合等差中项列式可求得通项公式，再利用等差基本量法求得通项公式；
（2），令，得到，由裂项相消求得，令，得，由错位相减求得，即可求解；
（3）代入得，对指数型式子配凑进行裂项可得，再由裂项相消即可求解.
【详解】(1)（1）解：或，
又，则，∴（）．
设等差数列的公差为，由题意得，，，
即，所以（）．
(2)（2）解：时，，
∴
．
时，
∴
，①
，②
由①②可得，
∴
∴（）．
(3)（3）由（1）知，则
∴
故（）.
20．已知函数，记的导函数为
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的极值点，其中
①求的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性；
（2）①由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．由（1）得， ．再由可求得的取值范围．
②由①可知，由此可得．只需证明又，由此可得． 令，有．令运用导函数研究函数的单调性，可得证.
【详解】(1)解：由已知可得，故可得．
当时，，故在单调递增；
当时，由，解得，或，
记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：
所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．
(2)①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．
由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．
又因为，由于，且，
故
因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．
所以，的取值范围是．
②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明
因为，故，由此可得．
由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此，
令，可知，则．
令则．
令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此．
0
0
极大值
极小值