天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷（原卷+解析）

这是一份天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷（原卷+解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
天津市南开区2022届高三下学期三模数学试卷 一、单选题1．设全集为，，，则（    ）A． B． C． D．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．40 B．50 C．60 D．704．函数，的图象大致为（    ）．A． B．C． 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．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．3 D．47．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．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．36π B．48π C．64π D．128π9．设函数，函数在上有个不同的零点，则实数的取值范围为( )A． B． C． D． 二、填空题10．i是虚数单位，则的虚部为__________．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______．12．设直线与圆相交于A,B两点，且弦AB的长为，则=_____.13．已知，，，则的最小值为__________． 三、解答题14．已知中，角的对边分别为.（1）求：（2）求；（3）求的长.15．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.16．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．17．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．18．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：. 四、双空题19．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______.20．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__________．
参考答案：1．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：A2．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：A3．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．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．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：A6．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：B7．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．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．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，有个交点；当时， ，此时，计算得，有个交点.综上所述，的取值范围为，故选：C10．【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：.11．60【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.12．0【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．【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：.14．（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.15．(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.16．(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．17．(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（）.18．(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.（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：00极大值极小值 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．19．     ##；     .【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：；20．          【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：；.