2022届天津市河北区高三（下）总复习质量检测（一）数学试题及答案

河北区2021－2022学年度高三年级总复习质量检测（一）

数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.

第Ⅰ卷（选择题  共45分）

注意事项：

1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.

2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.

3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.

参考公式：

如果事件，互斥，那么如果事件，相互独立，那么

球的表面积公式

球的体积公式其中表示球的半径

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【1题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】求出，计算求解即可.

【详解】根据题意得，，所以.

故选：A.

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

【2题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】根据二次不等式解法解不等式，根据充分条件和必要条件的概念即可判断.

【详解】，

设A＝{x|}，B＝{x|}，

∵BA，∴“”是“”的充分不必要条件，

“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3. 已知， ， ，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【3题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】利用指数函数与对数函数性质结合中间值0和1比较后可得．

【详解】， ， ，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查对数与幂的大小比较，掌握指数函数和对数函数的性质是解题关键，对于不同类型的幂、对数比较大小时可中间值如1、0等比较．

4. 某高校调查了400名学生每周的自习时间（单位：小时），绘制成如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组为，，，，.则根据直方图这400名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是（    ）

A. 60 B. 90 C. 130 D. 150

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】由频率分布直方图数据求解

【详解】由图可得自习时间不足22.5小时的频率为

则人数为

故选：B

5. 函数的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【5题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】本题首先可根据得出函数是偶函数，D错误，然后通过得出A错误，最后通过判断出C错误，即可得出结果.

【详解】因为，定义域为，

又，，

所以函数是偶函数，D错误，

令，则，A错误，

令，则，C错误，

故选：B.

6. 一个圆锥的底面圆周和顶点都在一个球面上，已知圆锥的底面面积与球面面积比值为，则这个圆锥体积与球体积的比值为（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【6题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，由圆锥的底面面积与球面面积比值为，得到r与R的关系，计算出圆锥的高，从而求出圆锥体积与球体积的比.

【详解】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，

∵圆锥底面面积与球面面积比值为，∴，则；

设球心到圆锥底面的距离为d，则，

所以圆锥的高为或，

设圆锥体积为与球体积为，

当时，圆锥体积与球体积的比为，

当时，圆锥体积与球体积的比为.

故选：D

【点睛】求球的内接圆锥的体积关键是找球心到圆锥底面的距离，从而可以求出圆锥的底面半径和圆锥的高，代公式即可求出圆锥体积.

7. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为（    ）

A.  B.

C.  D.

【7题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】先对函数解析式化简，然后通过平移变换得到函数解析式，然后求解出函数的单调递减区间，通过对进行赋值选取合适的单调区间即可.

【详解】因为，

函数图象向右平移个单位长度后得到函数，即，

函数的单调递增区间为：，解得，

当时，，故选项A正确；

当时，，选项B错误；

当时，，选项C、选项D错误.

故选：A.

8. 已知双曲线的离心率为，为坐标原点，过右焦点的直线与的两条渐近线的交点分别为、，且为直角三角形，若，则的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【8题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】利用双曲线的离心率得出，可得，，由为直角三角形可得出直线的方程，求出点的坐标，可得出、，再由可求得、的值，进而可得出双曲线的方程.

【详解】由于双曲线的离心率为，，可得，，

设点、分别为直线、上的点，且，

则直线的方程为，联立，解得，

所以点，则，

易知，，

所以，，解得，，

因此，双曲线的方程为.

故选：C.

【点睛】本题考查双曲线方程的求解，要结合题意得出关于、、的方程组，考查计算能力，属于中等题.

9. 已知为正常数，,若存在，满足，则实数的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【9题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】先根据题意分析出函数关于直线 对称，再利用对称性求出的表达式，再求的范围.

【详解】设，则其关于直线对称的曲线为

所以函数的图象关于直线 对称，且在上为增函数．

因为，

所以 ．

又因为 ，．

所以．

故选D.

【点睛】本题考查函数的对称性判断、三角恒等变换，属于中档题.

函数对称性的判断方法：

（1）若函数在定义域上，满足，则函数关于直线对称；

（2）若函数在定义域上，满足，则函数关于点(中心对称；

第Ⅱ卷

注意事项：

1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.

2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上.

3.本卷共11小题，共105分.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.

10. 是虚数单位，则的值为__________.

【10题答案】

【答案】1

【解析】

【分析】根据复数的计算法则计算即可.

【详解】.

故答案为：1.

11. 在的展开式中，的系数等于__．

【11题答案】

【答案】7

【解析】

【分析】

由题，得，令，即可得到本题答案.

【详解】由题，得，

令，得x的系数.

故答案为：7

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.

12. 袋子中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为_______；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为_______.

【12题答案】

【答案】    ①. ##0.3    ②. ##0.5

【解析】

【分析】分别利用古典概型的概率和条件概率求解.

【详解】解：因为袋子中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球，

每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，

所以两次都摸到红球的概率为

设第一次摸到红球的事件为A，第二次摸到红球的事件为B,

所以在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为，

故答案为：，

13. 经过点的直线被圆：截得的弦长为，则直线的方程为__________.

【13题答案】

【答案】或

【解析】

【分析】根据题意分别讨论斜率存在和不存在两种情况即可.

【详解】当直线斜率不存在时：方程为，此时直线与圆相切无弦长，故不符合题意；

当斜率存在时，设直线为，即，

圆心到直线的距离为，圆的半径为，，

所以，

解得或，所以直线方程为或.

故答案为：或.

14. 已知，，且，则的最大值为__________.

【14题答案】

【答案】

【解析】

【分析】将化简为：，先求的最小值，再求的最大值，即可得出答案.

【详解】.

因为，，且，

所以

，当且仅当即时取等.

所以.，即的最大值为.

故答案为：.

15. 已知是边长为2的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为_______．

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】利用平面向量基本定理表示出，再利用数量积的运算即可解决问题．

【详解】点，分别是边，的中点，且

所以：

所以=，

又是边长为2等边三角形，则

所以=

【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理及向量运算知识，还考查了数量积的定义，考查计算能力，属于基础题．

三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知.

（1）求角的大小；

（2）若，求的值.

【16题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化简，得，再利用余弦定理进行计算即可求解

（2）由，得，进而利用倍角公式和和差公式进行求解即可

【小问1详解】

∵，

由正弦定理得，，

化简得.

由余弦定理得，.

又，∴.

【小问2详解】

由，得.

∴，.

∴

18. 如图，在三棱柱中，，，，为的中点，且.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）求平面与平面的夹角的余弦值.

【18题答案】

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）先证明出平面得到，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；

以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，用向量法求解（2）（3）.

【小问1详解】

∵，为的中点，∴.

又，，平面，平面，

∴平面，∴.

又，，平面，平面，

∴平面.

【小问2详解】

由（1）可知平面.又.

以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，.

∴.

设平面的法向量为.

∵，，

∴即

不妨取，得.

设直线与平面所成的角为，

则.

∴直线与平面所成角的正弦值为.

【小问3详解】

设平面的法向量为.

∵，，

∴即

取，得.

设平面与平面的夹角为，如图示，平面与平面的夹角为锐角（或直角），

则

∴平面与平面的夹角的余弦值为.

20. 设数列的前项和，

（1）求数列的通项公式；

（2）令，记数列前n项和为，求；

（3）利用第二问结果，设是整数，问是否存在正整数n，使等式成立？若存在，求出和相应的值；若不存在，说明理由．

【20题答案】

【答案】（1）;（2）（3）当时，存在正整数，使等式成立，当时，不存在正整数使等式成立.

【解析】

【分析】（1）直接由与的关系求解；

（2）将（1）中求得的结果代入，化简后利用裂项相消法求和；

（3）将表示为含n的等式，利用是整数，找出符合条件的n即可.

【详解】（1）令n＝1得，；当n时，，

所以

（2）当时，,此时 ，又

∴.

故，

当时，

.

（3）若，

则等式为，不是整数，不符合题意；

若，则等式为，

∵是整数,   ∴必是的因数,  ∵时  

 ∴当且仅当时，是整数，从而是整数符合题意.

综上可知，当时，存在正整数，使等式成立，

当时，不存在正整数使等式成立

【点睛】本题考查了数列的通项与前n项和的关系，考查了裂项求和法，考查了分析问题解决问题的能力及逻辑思维能力，属于难题.

21. 已知椭圆：的一个顶点恰好是抛物线：的焦点，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）设，，，是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点.证明是等腰三角形.

【21题答案】

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）解方程组即得解；

（2）联立直线和椭圆方程得到，解方程得到，，得为的中线且，即得证.

【小问1详解】

由题意得，抛物线的焦点坐标为，

∴.

∵，又，

解得.

∴椭圆的方程为.

【小问2详解】

证明：（2）由（1）可得，，，，

直线的方程为.

直线的方程为.

设直线的方程为（，且）.

由消去，整理得.

∵，

∴，即.

∴，.

∴直线的方程为.

由得.

由得.

∴轴.

又的中点的坐标为，

∴轴.∴的中线.

故是等腰三角形.

23. 已知函数，.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求的值；

（3）证明：.

【23题答案】

【答案】（1）见详解；（2）0；（3）见详解.

【解析】

【分析】（1）求解，然后讨论范围，进行判断即可.

（2）根据可得，然后换元，可得，最后根据（1）的条件，简单计算可得结果.

（3）构造函数，然后求导，根据（2）的条件进行判断可知，简单计算即可.

【详解】（1）函数的定义域为

由，当时，，

当时，令，则；令，则

所以当时，函数在单调递增

当时，函数在单调递减，在单调递增

（2）由
，所以，即

令，则，所以

由（1）可知，当时，在单调递增，

所以，所以

（3）

，

容易判断在单调递减，且由（2）可知，，则

所以若，；若，

所以可知函数在单调递增，在单调递减

所以，，又，

所以，所以

【点睛】思路点睛：第（1）问利用导数并讨论的范围即可判断；第（2）问通过变形然后借用第（1）问的条件判断；第（3）问构造函数并借用（2）的条件可知.