2021-2022学年天津市某校高三（下）期中考试数学试卷人教A版

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2021-2022学年天津市某校高三（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 已知集合A=−1,0,1, B=x|xx−2≤0，那么A∩B=（        ） A.−1 B.0,1 C.0,1,2 D.x|0≤x≤1 2. 若k∈Z，则“x=2kπ+π6”是“sinx=12”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. 为遏制新型冠状病毒肺炎疫情的传播，我市某区对全体居民进行核酸检测．现面向全区招募1000名志愿者，按年龄分成5组：第一组[20,25），第二组[25,30），第三组[30,35），第四组[35,40），第五组40,45，经整理得到如下的频率分布直方图．若采用分层抽样的方法从前三组志愿者中抽出39人负责医疗物资的运输工作，则在第二组中抽出的人数为（        ） A.6 B.9 C.12 D.18 4. 已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为32π3，则圆柱的体积为（        ） A.16π B.8π C.42π D.22π 5. 已知抛物线y2=8x的准线与双曲线x2−y2m2=1m>0相交于D，E两点，且OD⊥OE （O为原点），则双曲线的渐近线方程为（        ） A.y=±43x B.y=±233x C.y=±32x D.y=±154x 6. 设a=ln32，b=0.50.8，c=0.8−0.5，则a，b，c的大小关系为（        ） A.c0时，有fa+fb<0．”的函数是（        ） A.fx=sinx B.fx=−|x+1|C.fx=12ex−e−x D.fx=ln2−x2+x 8. 已知函数y=2sinωx+φω>0,0<φ<π的部分图象如图所示，则（        ） A.ω=2,φ=5π6 B.ω=12,φ=5π6C.ω=2,φ=π6 D.ω=12,φ=π6 9. 已知函数fx=13x3−x2+1，gx=|3x−1|+1,x>0−x2−2x,x≤0若函数y=gfx−a恰有6个零点，则实数a的取值范围是（        ） A.[0,59)∪1 B.0,59 C.59,1 D.1,2二、填空题  i是虚数单位，复数2+i1−i=________．   x+2x210的展开式中的常数项为________.   已知直线12x−5y=3与圆x2+y2−6x−8y+16=0相交于A、B两点，则|AB|=_______.   在2022年北京冬奥会志愿者选拔期间，来自北京某大学的4名男生和2名女生通过了志愿者的选拔．从这6名志愿者中挑选3名负责滑雪项目的服务工作，恰有两名男生的概率为________；若对入选的2名男生和1名女生进行滑雪项目相关知识的测试，已知两名男生通过测试的概率均为23，女生通过测试的概率为34，且每人通过与否相互独立，记这三人中通过测试的人数为X，则随机变量X的数学期望为________.   已知x>0，y>−1，且x+y=1，则x2+3x+y2y+1最小值为________   在菱形ABCD中，AB=2，∠ADC=60∘，DP→=12DB+DA→，则DP→⋅AC→=_______；点Q为平面上一点，则QP→⋅QC→+QD的最小值为________. 三、解答题  在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2a−2bsinA=0. (1)求角B的大小； (2)设a=1, c=42，求b和sin2C+B的值．  已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是等边三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求平面EFG与平面ABCD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EFG所成角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．  在①q=d②2q−d=2③q+d=4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并完成解答．设an是等差数列，公差为d， bn是等比数列，公比为4．已知a1=b1=1，a3+b2=7，________. (1)请写出你的选择，并求an和bn的通项公式： (2)设数列cn满足cn=anbn+1n∈N*，求i=1nci； (3)设dn=an+3an2−1bnn≥2，求证： i=2ndi<12.  已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点为A，上顶点为B，离心率为22，且|AB|=6. (1)求椭圆的方程； (2)若过点A的直线与椭圆相交于点H−23,43，与y轴相交于点S，过点S的另一条直线l与椭圆相交于M，N两点，且△ASM的面积是△HSN面积的32倍，求直线l的方程．  已知函数fx=alnx+32x2−a+3x,a∈R. (1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线的斜率为4，求a的值； (2)当a>0时，求fx的单调区间； (3)已知fx的导函数在区间1,e上存在零点．求证：当x∈1,e时，fx≥−92.参考答案与试题解析2021-2022学年天津市某校高三（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】B2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】A3.【答案】D【考点】频率分布直方图分层抽样方法【解析】此题暂无解析【解答】D4.【答案】C【考点】柱体、锥体、台体的体积计算球的表面积和体积【解析】此题暂无解析【解答】C5.【答案】B【考点】双曲线的渐近线抛物线的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】B6.【答案】C【考点】指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】C7.【答案】D【考点】函数奇偶性的性质奇偶性与单调性的综合【解析】此题暂无解析【解答】D8.【答案】A【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】此题暂无解析【解答】A9.【答案】D【考点】由函数零点求参数取值范围问题分段函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】D二、填空题【答案】12+32i【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】将复数分母实数化，分子、分母同乘以(1+i)，化简即可．【解答】12+32i【答案】180【考点】二项式定理的应用二项展开式的特定项与特定系数【解析】此题暂无解析【解答】180【答案】42【考点】直线与圆相交的性质【解析】此题暂无解析【解答】42【答案】35 ,2512【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】35；2512【答案】2+3【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】由题意可得x2+3x+y2y+1=3x+1y+1，再利用乘1法和基本不等式即可求出最小值．【解答】解：x2+3x+y2y+1=x+3x+(y+1)2−2(y+1)+1y+1=x+3x+(y+1)+1y+1−2=3x+1y+1=12(3x+1y+1)(x+y+1)=12(3+1+3(y+1)x+xy+1)≥12(4+23)=2+3，当且仅当3(y+1)x=xy+1时，即x=3−3，y=3−2时取等号，故x2+3x+y2y+1最小值为2+3.故答案为：2+3.【答案】−1 ,−2【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】−1；−2三、解答题【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB可得bsinA=asinB又由2a−2bsinA=0，得2asinB=2a，即sinB=22又因为B∈0,π2，可得B=π4(2)由(1)得，在△ABC中， a=5, c=42，B=π4，由余弦定理有b2=a2+c2−2accosB=17，故b=17，由正弦定理csinC=bsinB，可得sinC=41717，又因为C∈0,π2，故cosC=1−sin2C=1717，因此sin2C=2sinCcosC=817，cos2C=2cos2C−1=−1517，所以， sin2C+B=sin2CcosB+cos2CsinB=817×22−1517×22=−7234.【考点】正弦定理余弦定理两角和与差的正弦公式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB可得bsinA=asinB又由2a−2bsinA=0，得2asinB=2a，即sinB=22又因为B∈0,π2，可得B=π4(2)由(1)得，在△ABC中， a=5, c=42，B=π4，由余弦定理有b2=a2+c2−2accosB=17，故b=17，由正弦定理csinC=bsinB，可得sinC=41717，又因为C∈0,π2，故cosC=1−sin2C=1717，因此sin2C=2sinCcosC=817，cos2C=2cos2C−1=−1517，所以， sin2C+B=sin2CcosB+cos2CsinB=817×22−1517×22=−7234.【答案】(1)证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．又因为CD⊥平面PAD，且PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，又AD∩CD=D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.解：(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O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(−2,4,0)，D(−2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,23)，E(−1,2,3)，F(−1,0,3)，所以EF→=(0,−2,0)，EG→=(1,2,−3)，设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，则m→⋅EF→=0，m→⋅EG→=0， 即−2y=0,x+2y−3z=0, 令z=1，则x=3，所以m→=(3,0,1)，又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，设平面EFG与平面ABCD所成二面角为θ，所以cosθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12，所以平面EFG与平面ABCD所成角为π3.(3)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，由题意，设PM→=λPA→，λ∈[0,1]，所以GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，又GP→=(0,−4,23)，PA→=(2,0,−23)，所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．由(2)可知，平面EFG的法向量为m→=(3,0,1)，所以sinπ6=|cos|=324λ2−6λ+7=12，整理，得2λ2−3λ+2=0，则Δ=9−16<0，此时λ无解，故线段PA上不存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6．【考点】直线与平面垂直的判定用空间向量求平面间的夹角直线与平面所成的角数量积表示两个向量的夹角【解析】（I）因为PO⊥AD，又CD⊥平面PAD，得到PO⊥CD，进而证明结论；(II)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，平面EFG的法向量，又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，利用夹角公式求出即可；(III)假设线段PA上存在点M，设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由直线GM与平面EFG所成角为π6，得到关于λ的方程，解方程判断即可．【解答】(1)证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．又因为CD⊥平面PAD，且PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，又AD∩CD=D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.解：(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O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(−2,4,0)，D(−2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,23)，E(−1,2,3)，F(−1,0,3)，所以EF→=(0,−2,0)，EG→=(1,2,−3)，设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，则m→⋅EF→=0，m→⋅EG→=0， 即−2y=0,x+2y−3z=0, 令z=1，则x=3，所以m→=(3,0,1)，又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，设平面EFG与平面ABCD所成二面角为θ，所以cosθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12，所以平面EFG与平面ABCD所成角为π3.(3)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，由题意，设PM→=λPA→，λ∈[0,1]，所以GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，又GP→=(0,−4,23)，PA→=(2,0,−23)，所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．由(2)可知，平面EFG的法向量为m→=(3,0,1)，所以sinπ6=|cos|=324λ2−6λ+7=12，整理，得2λ2−3λ+2=0，则Δ=9−16<0，此时λ无解，故线段PA上不存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6．【答案】解：(1)选①由题意有， 2d+q=6q=d，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1.选②由题意有， 2d+q=62q−d=2，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1 ，选③由题意有， 2d+q=6q+d=4 ，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1；(2)由(1)得， cn=2n−12n，记Sn=i=1nci，Sn=12+322+523+724+925+⋯+2n−12n，(1)12Tn=122+323+524+725+926+⋯+2n−12n+1．(2)(1)−(2)可得12Tn=12+(12+122+⋯+12n−1)−2n−12n+1=32−2n+32n+1，故Tn=3−2n+32n,所以i=1nc1=3−2n+32n．(3)由(1)得， dn=an+3an2−1bn=n+1nn−12n=1n−12n−1−1n⋅2nn≥2i=2ndi=11⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+13⋅23−14⋅24+14⋅24−15.25+⋯+1n−12n−1−1n⋅2n=12−1n⋅2n<12，所以i=2ndi<12 .【考点】等差数列的通项公式等比数列的通项公式数列的求和【解析】(1)等差数列{an}中，依题意，解关于首项a1与公差d的方程组，即可求得数列{an}的通项公式.  【解答】解：(1)选①由题意有， 2d+q=6q=d，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1.选②由题意有， 2d+q=62q−d=2，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1 ，选③由题意有， 2d+q=6q+d=4 ，解得d=2q=2，故an=2n−1bn=2n−1；(2)由(1)得， cn=2n−12n，记Sn=i=1nci，Sn=12+322+523+724+925+⋯+2n−12n，(1)12Tn=122+323+524+725+926+⋯+2n−12n+1．(2)(1)−(2)可得12Tn=12+(12+122+⋯+12n−1)−2n−12n+1=32−2n+32n+1，故Tn=3−2n+32n,所以i=1nc1=3−2n+32n．(3)由(1)得， dn=an+3an2−1bn=n+1nn−12n=1n−12n−1−1n⋅2nn≥2i=2ndi=11⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+13⋅23−14⋅24+14⋅24−15.25+⋯+1n−12n−1−1n⋅2n=12−1n⋅2n<12，所以i=2ndi<12 .【答案】解：(1)由a2=b2+c2，ca=22，a2+b2=6，解得a2=4，b2=2，所以椭圆的方程为x24+y22=1.(2)由已知得kAH=−12所以，直线AH的方程为 y=−12x−2所以，S点的坐标为0,1，①当直线l的斜率不存在时， SVASM=2−1，SVHSN=2+13，或， SVASM=2+1，SVHSN=2−13都与已知不符．②当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1,Mx1,y1,Nx2,y2，由 x24+y22=1y=kx+1 得1+2k2x2+4kx−2=0 ，x1+x2=−4k1+2k2，x1⋅x2=−21+2k2，SVASM=12|AS||MS|sin∠ASM，SVHSN=12|HS|⋅|NS|sin∠HSN，由2SVASM=3SVHSN得，2|AS|⋅|MS|=3|HS|⋅|NS|，即2|AS||HS|=3|NS||MS|，又|AS||HS|=xA−xH=3，所以，|NS||MS|=2 目x2−x1=2，也就是x2=−2x1,所以， −x1=−4k1+2k2, x1=4k1+2k2, x2=−8k1+2k2，x1⋅x2=−32k21+2k22=−21+2k2，解得， k2=114所以，直线方程为y=±1414x+1.【考点】椭圆的标准方程圆锥曲线的综合问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由a2=b2+c2，ca=22，a2+b2=6，解得a2=4，b2=2，所以椭圆的方程为x24+y22=1.(2)由已知得kAH=−12所以，直线AH的方程为 y=−12x−2所以，S点的坐标为0,1，①当直线l的斜率不存在时， SVASM=2−1，SVHSN=2+13，或， SVASM=2+1，SVHSN=2−13都与已知不符．②当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1,Mx1,y1,Nx2,y2，由 x24+y22=1y=kx+1 得1+2k2x2+4kx−2=0 ，x1+x2=−4k1+2k2，x1⋅x2=−21+2k2，SVASM=12|AS||MS|sin∠ASM，SVHSN=12|HS|⋅|NS|sin∠HSN，由2SVASM=3SVHSN得，2|AS|⋅|MS|=3|HS|⋅|NS|，即2|AS||HS|=3|NS||MS|，又|AS||HS|=xA−xH=3，所以，|NS||MS|=2 目x2−x1=2，也就是x2=−2x1,所以， −x1=−4k1+2k2, x1=4k1+2k2, x2=−8k1+2k2，x1⋅x2=−32k21+2k22=−21+2k2，解得， k2=114所以，直线方程为y=±1414x+1.【答案】解：(1)函数fx的定义域为x∈0,+∞，f′x=ax+3x−a+3，f′2=−a2+3=4，所以， a=−2.(2)由(1)得f′x=3x−ax−1x，x∈0,+∞，①当00，解得01，令f′x<0，解得a33时，令f′x>0，解得0a3，令f′x<0，解得10，解得01，令f′x<0，解得a33时，令f′x>0，解得0a3，令f′x<0，解得1

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