2022届天津市五校高三上学期期末联考数学试题含解析

2022届天津市五校高三上学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知全集，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合U，再求.

【详解】.

因为，，

所以.

故选：D

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

【答案】A

【分析】先求解一元二次不等式与绝对值不等式，然后根据充分必要性条件判断.

【详解】由解得，设

由解得或,设或

由,则“”是“”的充分不必要条件

故选： A

3．函数的图象大致是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断函数的奇偶性，排除两个选项，再由时函数值为负，排除一个，得正确选项．

【详解】,为偶函数，排除AD，

又时，，排除B．

故选：C．

4．某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（       ）

A．88.5 B．89 C．91 D．89.5

【答案】B

【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.

【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，

，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，

故选：B

5．已知，，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可得，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.

【详解】当时，，，

所以函数在上是增函数，

因为，

所以函数是奇函数，所以函数在上单调递增，

所以，

因为

所以.

故选：D

6．在四面体中，平面，为正三角形，且边长为，，则该四面体的外接球的表面积是（       ）

A． B．

C． D．32π

【答案】D

【分析】在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC，过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O，判断出O为球心，分别求出,可以求出半径R和表面积.

【详解】如图示，

在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC，则球心O必在直线l上.

过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O.

因为为正三角形，且边长为，所以.

因为平面，⊥面ABC，所以∥.

因为DO⊥SA，平面，平面，所以平面.

又面面=,所以.

所以四边形为平行四边形，所以.

所以外接球的半径.

所以外接球的表面积为.

故选：D.

7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则此双曲线的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，设，由余弦定理最后求出答案.

【详解】由，，由双曲线的定义知，，设，，易得，化简得：，同时除以，

则，求出或（舍去）.

故选：C.

8．设函数，则下列结论错误的是（       ）

A．的一个周期为

B．的图象关于直线对称

C．将函数的图象向左平移个单位可以得到函数的图象

D．在上单调递减

【答案】C

【分析】根据三角恒等变换将函数化为，再根据余弦函数的性质及平移变换的特征逐一分析判断即可得解.

【详解】解：

，

则，故A正确；

为最小值，

所以的图象关于直线对称，故B正确；

将函数的图象向左平移个单位得，故C错误；

若，则，

所以在上单调递减，故D正确.

故选：C.

9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第四象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．

【详解】解：当时，，则，等式两边平方得，

整理得，

所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，

由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，

直线过定点，

当直线过点时，则，可得；

当直线与圆相切，且切点位于第四象限时，，

此时，解得．

由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．

因此，实数取值范围是．

故选：B．

二、填空题

10．若为虚数单位，复数=______.

【答案】

【分析】根据复数的乘法、除法运算法则进行求解即可.

【详解】解：设.

故答案为：.

11．展开式中,常数项为__________．(用数字作答)

【答案】80

【详解】分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．

详解：展开式的通项公式为

令，解得：

∴常数项为

故答案为80

点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.

12．已知圆心在直线上的圆与轴的负半轴相切，且圆截轴所得的弦长为，则圆的方程为______.

【答案】

【分析】根据圆的切线性质，利用待定系数法进行求解即可.

【详解】因为圆心在直线上，所以设圆心坐标为，

因为圆与轴的负半轴相切，所以，且圆的半径为，

所以圆的标准方程可设为：，因为圆截轴所得的弦长为，所以令，得，

且有，

所以圆的方程为：

13．已知，，，且，则的最小值为______.

【答案】

【分析】利用不等式和“1”的代换化简，代入化简后，利用添项和基本不等式求出式子的最小值，并求出等号成立时的值.

【详解】因为，，，所以

.

因为，

，其等号成立的条件为：当且仅当

解得：，则的最小值为.

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．如图，在四边形中，，，，若，，则______.若点是线段上的动点，则的最小值为______.

【答案】     1     .

【分析】空一：利用平面向量数量积的定义进行求解即可；

空二：建立直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.

【详解】空一：因为，，所以，

由；

空二：建立如图所示的直角坐标系：

，

设，所以有，

，

化简得：，

当时，的最小值为，

故答案为：1；

四、解答题

16．在中，角，，所对的边分别是，，，已知.

(1)求角的大小；

(2)设，，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再运用正弦的和角公式求得，根据角B的范围可求得答案；

（2）运用余弦定理求得b，再运用正弦定理求得，利用同角三角函数间的关系，正弦的二倍角公式，以及正弦的和角公式可求得答案.

【详解】(1)解：由正弦定理得，即.

∴，

又，∴，则，

又，故.

(2)解：由，，可得，即，

因为，所以，

又，则，，

所以，，

∴.

17．如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，、、、分别是、、、的中点.

(1)求证:平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值;

(3)点在线段上，若直线与平面所成角的正弦值为时，求线段的长.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）运用线面平行的判定定理可得证；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，运用面面角的向量求解方法可求得答案；

（3）设，，由线面角的向量求解方法建立方程，求解即可.

【详解】(1)解：∵、分别是、的中点，∴，

又三棱柱中，，故.

又平面，平面，所以平面.

(2)解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、，，

所以，，

取向量为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，则，可得，

令，则，，则，

所以.

由图示得平面与平面的夹角为锐角，所以，平面与平面的夹角的余弦值是；

(3)解：设，，点，所以，，，

设平面的法向量为，

则，可得，取，则，

设直线与平面所成的角为，

则，整理可得，即.，

因为，解得.则，即线段的长为.

18．设数列的前项和为，已知首项，，数列中，，，且满足

(1)求数列和通项公式；

(2)若，求证:

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由，，得到数列为等比数列，而由，，且满足，得数列是一个等差数列，求出对应的基本量，代入即可求出数列的通项公式.

（2）由（1）中结论，可得，设数列的前项和为，则，用错位相消法，求数列，进而可得出结论.

【详解】(1)，当时，，

两式相减得到，即.

，，经验证时满足

所以数列是以3为首项，以3为公比的等比数列，故

由，则，

∴为等差数列，

由，，解得公差，

∴是以1为首项，以2为公的等差数列.

所以；

(2).

设数列的前项和为，则

所以

所以.

因为所以，所以

19．已知椭圆:的离心率，且椭圆上的点到其左焦点的最大距离为，点是轴上的一点，过点的直线与椭圆交于，两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)若的面积是面积的两倍，且直线与圆：相切于点，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）可知，进而利用离心率的值计算即得结论；

（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，整理，由得，则有，利用韦达定理，通过直线与圆相切计算求得的坐标，进而可求得结论.

【详解】(1)由题意知

解得:，，所以

椭圆的方程为.

(2)设，直线：，，，

因为得，有，

由，

由韦达定理得，，

由，，则，

，化简.

原点到直线的距离，

又直线与圆：相切，所以，即，

，即，

解得，此时，满足，此时，

在中，，所以的长为

20．已知函数在点处的切线方程为.

(1)求，；

(2)函数图象与轴的交点为（异于点），且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；

(3)关于的方程有两个实数根，，且，证明:.

【答案】(1)，

(2)0

(3)证明见解析

【分析】（1）由，可得，的方程组，求解即可；

（2）求出点的坐标，并利用导数求出函数在点处切线对应函数，然后构造函数，利用导数证明出，即可求得最小值；

（3）求出方程的根，利用函数的单调性证明出，设在处的切线对应的函数，易得的根，由函数的单调性得出，再结合不等式性质即可证明结论.

【详解】(1)由已知得

则得，

解得：或（舍），所以，.

(2)由（1）得，得或

因为点异于点，所以，又，所以

在点处的切线方程为：

所以

，

令，则，所以在单调递增，且，

所以当时，；当时，

所以在单调递减，单调递增，，

所以最小值为0.

(3)设的根为，解得，由单调递减且，

故，

∴，即.

由已知可知，在处的切线方程为

令，

所以，令，由，

所以在单调递增，又则有，；，

所以，有极小值，则有.

设的根为，解得，

由单调递增且，故，

∴，即

所以

【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式证明，要注意运用方程和函数的转化思想和构造函数法，属于难题.