天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷（原卷+解析）

天津市南开区2022届高三下学期二模数学试卷

一、单选题

1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，则集合中的元素共有

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个

2．设，则“”是“”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

3．为了解某地区老年人体育运动情况，随机抽取了200名老年人进行调查．根据调查结果绘制了下面日均体育运动时间的频率分布直方图，则日均体育运动时间的众数和中位数分别是（    ）

A．35，35 B．40，35 C．30，30 D．35，30

4．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

5．设，，，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

6．已知矩形的顶点都在球心为的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

7．函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则（    ）

A．

B．是函数图象的一条对称轴

C．时，函数单调递增

D．的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是

8．设抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，到双曲线左顶点的距离为，则该双曲线的离心率是（    ）

A． B． C．2 D．

9．已知定义在上的函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

10．已知是虚数单位，复数满足，则________．

11．在的展开式中，的系数是________．

12．已知直线：与圆：相交于两点，若，则的值为________．

13．已知，，则的最大值是________．

三、解答题

14．在中，内角对边的边长分别是，已知．

(1)若，，求；

(2)若，求证：是等边三角形；

(3)若，求的值．

15．如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，．

(1)求证：平面；

(2)若，求与平面所成角的正弦值；

(3)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．

16．已知椭圆：，其离心率为，若，分别为的左、右焦点，轴上方一点在椭圆上，且满足，．

(1)求的方程；

(2)过点的直线交于另一点，点与点关于轴对称，直线交轴于点，若的面积是的面积的2倍，求直线的方程．

17．已知为等差数列，为正项等比数列，的前项和为，，，，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)求的前项和的最大值；

(3)设求证：．

18．已知函数（，是自然对数的底数，）．

(1)当时，求函数的极值；

(2)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；

(3)若函数有两个极值点，且，求的最大值．

四、双空题

19．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则________；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为________．

20．已知平行四边形中，，，，则________；若，，则的最大值为________．

参考答案：

1．A

【详解】试题分析：,,所以，即集合中共有3个元素，故选A．

考点：集合的运算．

2．B

【分析】根据充分必要条件的定义判断．

【详解】，但，不充分，

时，必要性满足，故是必要不充分条件．

故选：B．

3．D

【分析】根据频率分布直方图可得众数，求出前三位的频率之和后可求中位数.

【详解】由频率分布直方图可得第四组的频率最大，故众数为35，

前三组的频率之和为，

故中位数为30，

故选：D

4．D

【分析】首先化简函数解析式，确定函数的奇偶性，排除一些选项，然后结合函数值的变化可得结论．

【详解】由得，则，且，

，为奇函数，排除BC，

当且时，，排除A，

故选：D．

5．C

【分析】根据可得，再根据对数的性质可得，从而可得三数的大小关系.

【详解】因为，故即，故，故

而，且，故，

故，

故选：C

6．A

【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．

【详解】解：由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，

，，

，

由矩形的面积，

则到平面的距离为满足：，

解得，

故球的半径，

故球的表面积为：，

故选：A．

7．C

【分析】由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由最低点求出的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图像和性质，得出结论．

【详解】解：函数，的图象的一个最低点是，

距离点最近的对称中心为，

，，，

，，解得，，因为，

令，可得，

所以函数，故A错误；

，故函数关于对称，故B错误；

当时，，函数单调递增，故C正确；

把的图象向右平移个单位后得到的图象，

若是奇函数，则，，即，，

令，可得的最小值是，故D错误，

故选：C

8．C

【分析】先得到抛物线的焦点坐标，然后根据题意，利用点到直线的距离和两点间的距离求解.

【详解】解：抛物线的焦点为，

设双曲线的一条渐近线方程为，

由题意得，解得，

双曲线左顶点为，

由题意得，即，

解得，

所以该双曲线的离心率是，

故选：C

9．B

【分析】画出的图象，数形结合后可求参数的取值范围.

【详解】，故，

则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，

故的图象有两个不同的交点，

设

又的图象如图所示，

由图象可得两个函数的图象均过原点，

若，此时两个函数的图象有两个不同的交点，

当时，

考虑直线与的图象相切，

则由可得即，

考虑直线与的图象相切，

由可得，则即.

考虑直线与的图象相切，

由可得即，

结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，

综上，或或，

故选：B.

【点睛】思路点睛：与分段函数有关的零点问题，通过可转化为确定函数的图象与动直线的位置关系的问题来处理，注意临界位置的合理刻画.

10．

【分析】由复数的运算法则计算．

【详解】因为，所以．

故答案为：．

11．

【分析】根据二项式定理求出的通项，求出的值即可得结果.

【详解】由二项式定理知的展开式的通项为：

，

令，解得，

所以的系数是，

故答案为：.

12．

【分析】利用垂径定理得到直线的距离为1，再利用点到直线距离公式解得答案.

【详解】由题意，，利用等腰直角三角形的性质，知，又因为，根据垂径定理，到直线的距离，解得.

故答案为：.

13．

【分析】利用二元均值不等式，求解的最小值，即可求解原式的最大值.

【详解】解：因为，，则，即，当且仅当是，等号成立；

又，即，当且仅当是，等号成立；

故，

则，当且仅当是，等号成立.

故答案为：.

14．(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）先由求得角B的值，再利用正弦定理即可求得 的值；

（2）先利用余弦定理求得，再利用即可求得，进而证明是等边三角形；

（3）先求得的值，再利用二倍角的余弦公式去求的值．

【详解】（1）中，．则，

又，，由正弦定理得

（2）中，．则，

则有

又，则，即，

则有，则有，又，则有

则是等边三角形；

（3）中，．则，，

又，，则，则

则．

15．(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面的法向量后可证平面.

（2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值.

（3）根据平面可求的坐标，从而可求平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值.

（1）

因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设，则，

故，设平面的法向量为，

则即，取，故，故，

而平面，故平面.

（2）

因为，故，故，而，

设平面的法向量为，

故即，取，则，

故，

设与平面所成角为，则.

（3）

由（1）可得，而，

设平面的法向量为，

则即，取，则，

故，

因为平面，故，

故存在非零实数，使得即，

故，解得，

故，由（2）可得，

故与平面夹角的余弦值为.

16．(1)

(2)，

【分析】（1）依题意可得且，根据数量积的运算律，求出，再根据离心率及，求出、，即可得解；

（2）由（1）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出点坐标，从而得到点坐标，再求出直线方程，求出的坐标，由的面积是的面积的2倍，可得或，即可求出，从而求出直线方程；

(1)

解：因为，所以，且

又，所以，

即，即，所以，

又离心率，所以，，所以，

所以椭圆方程为；

(2)

解：由（1）可得点的坐标为，

依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，

由消去整理得，解得或，

所以点坐标为，

从而点坐标为，

所以直线的方程为，

则点的坐标为，

因为的面积是的面积的2倍，

所以或，

当时，即，解得，所以直线的方程为；

当时，即，解得，所以直线的方程为；

所以满足条件的直线的方程为，

17．(1)，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），

根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；

（2）由（1）可得，利用等比数列求出公式求出前项和，再分奇偶两种情况求出的最大值，即可得解；

（2）利用错位相减法求和即可得证；

(1)

解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），

由，，即，解得，所以，

由，所以，由，即，解得或（舍去）

所以；

(2)

解：由（1）可知，所以，

所以是首项为，公比为的等比数列，

令的前项和为，则，

当为奇数时，

当为偶数时，

综上可得的前项和的最大值为；

(3)

证明：因为，

所以

①，

②，

由①②可得

所以，得证；

18．(1)， ；

(2)

(3)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到，与的关系表，从而得到函数的极值点，计算可得；

（2）令，求出函数的导函数，依题意在上恒成立，即可得到不等式组，解得即可；

（3）求出的导函数，依题意在上有两个不等实根，令，则在上有两个不等实根、，求出函数的导函数，结合零点存在性定理得到且，即可得到，再由导数说明函数的单调性，即可求出的最大值；

【详解】（1）解：当时，

令，解得，，

所以，与的关系如下：

所以当时，函数取得极大值，即，

当时，函数取得极小值，即；

（2）解：因为，

所以

令，

则

依题意在上恒成立，

令，则，解得

（3）解：因为，即，

则，

因为在上有两个极值点，

即在上有两个不等实根，

即在上有两个不等实根、，

因为，

所以当时，单调递减，

当时，单调递增，

则，所以，解得，

所以，

所以在和上各有一个实根，

所以函数在上有两个极值点时，并且，

因为，

所以，

令，则，

当时，，单调递减，

因为，所以，即

则

因为且，所以满足题意的整数的最大值为；

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

19．     ##0.6     ##0.9

【分析】利用条件概率的概率公式可求条件概率，设取得黑球的个数为，利用乘法公式可求的分布列，从而可求其期望.

【详解】，

设取得黑球的个数为，则可取，

又，，

，

故的分布列为：

故

故答案为：

20．         

【分析】由求出，然后由平方后求得，把用表示后求数量积化为的函数可得最大值．

【详解】由已知，

所以，所以，

；

因为，，

所以，

，

，

所以时，取得最大值．

故答案为：；．