2022天津和平区高三下学期总复习质量检测（二）数学试卷含答案

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天津市和平区2022届高三下学期二模数学试题一､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. 已知全集为，集合，集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合B，由集合的并集、补集运算可求解.【详解】由题意知，所以，所以.故选：A2. 设，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件【答案】D【解析】【分析】构建新函数，可判断该函数为上的奇函数且为增函数，从而可得正确的选项.【详解】设，则该函数的定义域为，且，故函数为上的奇函数，当时，，故在上为增函数，故为上的增函数，又时，有，故，而当时，由为上的增函数可得即，故“”是“”的充要条件，故选：D.3. 函数的大致图像是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.【详解】∵∴为奇函数， 图象关于原点对称，排除A，B当时，，排除C故选：D【点睛】本题主要考查函数图象和性质等基础知识，考查特殊与一般等思想方法.4. 为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，，第五组，如图是根据试验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为A. 6 B. 8 C. 12 D. 18【答案】C【解析】【详解】试题分析：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0．24，0．16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0．36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．考点：频率分布直方图 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可求解.【详解】因为，所以即故选：B【点睛】本题主要考查了指数与对数的比较大小，关键是利用单调性进行比较，属于基础题.6. 已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（    ）.A.  B.  C. 3 D. 【答案】A【解析】【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可．【详解】由题意可知，该四面体内接于圆锥内切球，设球心为，球的半径为，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得， 所以△SAB为等边三角形，故点P是△SA B的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO= 30°，故，解得，故正四面体的外接球的半径.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以，解得,故选：A7. 已知抛物线交双曲线的渐近线于两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的离心率可得渐近线的斜率，结合渐近线的方程及的面积可求的坐标，从而可求抛物线的方程，故可得其焦点坐标.【详解】因为双曲线的离心率为，故，其中为半焦距，故即，故渐近线的方程为：，由抛物线、双曲线的对称性可设，故，故，所以，所以，故，即抛物线的方程为：，故焦点坐标为：.故选：B8. 函数的部分图象如图所示，已知函数在区间有且仅有3个最大值点，则下列说法错误的个数是（    ）
 ①函数的最小正周期为2：②点为的一个对称中心；③函数的图象向左平移个单位后得到的图象：④函数在区间上是增函数.A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】A【解析】【分析】根据图象求出函数的解析式，逐项计算判断后可得正确的选项.【详解】由图象可得且，故，故，所以，而， 故即，因为，所以即.对于①，，因为，故的周期为1，故的最小正周期不为2，故①错误.对于②，因为，故点为的一个对称中心，故②正确.对于③，函数的图象向左平移个单位后所得图象对应的解析式为：，故③正确.对于④，由可得，故，因为函数在区间有且仅有3个最大值点，故，故，而当时，有，因为在上是增函数，故函数在区间上是增函数，故④正确.故错误说法共有1个，故选：A.9. 已知函数满足当时，，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.【详解】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案写在题中横线上）10. 复数：满足（是虚数单位），则复数z在复平面内所表示的点的坐标为___________.【答案】【解析】【分析】先求解出，从而得到对应点的坐标.【详解】由题意得：，对应的点的坐标为.故答案为：11. 若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.【答案】【解析】【分析】先由各项系数的和，求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.【详解】因为展开式中各项系数的和等于64，所以，解得；所以展开式的通项为，令，得的系数为.故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.12. 设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为________【答案】【解析】【详解】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案． 13. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球､6个白球的甲箱和装有5个红球､5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖：若只有1个红球，则获二等奖：若没有红球，则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率___________；若某顾客有3次抽奖机会，则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率___________.【答案】    ①. ##0.7；    ②. .【解析】【分析】根据相互独立事件乘法公式及对立事件的概率求解顾客抽奖1次能获奖的概率，由二项分布求出抽三次获3次一等奖的概率，再由对立事件概率求解.【详解】因为在甲箱中抽一球与在乙箱中抽一球相互独立，所以由独立事件同时发生的概率乘法公式可知，顾客抽奖一次未获奖的概率，所以顾客抽奖1次能获奖的概率为.在一次抽奖中，顾客获得一等奖的概率为，设顾客3次抽奖中获得一等奖的次数为随机变量，则由题意知，则顾客3次抽奖都抽中一等奖的概率为,所以该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率为.故答案为：；14. 已知a，b，c均为正数，且abc＝4(a＋b)，则a＋b＋c的最小值为_______．【答案】8【解析】【详解】15. 如图.在平面四边形中，，___________；若点为边上动点，则的最小值为___________.
 【答案】    ①. 2    ②. 【解析】【分析】利用余弦定理可求，设，利用数量积的运算律可用表示，利用二次函数的性质可求最小值.【详解】连接，因为，故，在中，，故.所以，所以，所以，故，而，所以为等边三角形，故且，延长交的延长线于，则设，则，故，，其中，故当时，有最小值.故答案为：.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，角所对的边分别为.（1）若，求的值；（2）若，求的值；（3）若，且，三角形的面积，求边的值.【答案】（1）；    （2）；    （3）.【解析】【分析】（1）由余弦定理直接求解即可；（2）由正弦定理及条件可得，再由诱导公式求解；（3）由正弦定理及面积公式联立方程可得外接圆半径，再由正弦定理即可得.【小问1详解】，由余弦定理知，即，即，.【小问2详解】，由正弦定理，得，即，，【小问3详解】由，，，由，，17. 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.（1）若点是的中点，求证：平面（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.【答案】（1）见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到要求证的线面平行.（2）在平面中，过作的垂线，与交于，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值.（3）求出平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值后可求面面角的正弦值.【小问1详解】取的中点为，连接，在菱形中，因为，则，而平面，平面，故平面，由四棱台可得，而，故，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，因为， 平面，平面，故平面平面，而平面，故平面【小问2详解】在平面中，过作的垂线，与交于，因为平面，平面，故，同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故，，故，，所以，所以，故，而平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则.【小问3详解】由可得，故，而，设平面的法向量为，则即，取，则，故，结合（2）的平面的一个法向量为，故，设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面的夹角的正弦值为.18. 已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当，的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）    （2）存在，【解析】【分析】（1）根据焦距可求出c,再根据以及的面积可求出a,b，即得椭圆方程；（2）设直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，根据与的面积比值为5：7，得到相关等式，联立根与系数的关系式化简，即可得到结论.【小问1详解】由,由,,故,∴,∴∴，即椭圆的标准方程为.【小问2详解】假设满足条件的直线存在，当直线的斜率不存在时，不合题意， 不妨设直线：，，，显然 ，联立，得，所以，因为，，得，即（3），由（1），（3），得 （4），将（1）（4）代入（3）得，所以直线的方程为，故存在直线，使得与的面积比值为5：7.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的三角形面积问题，解答时一般思路是要将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，再将该关系式代入到相关等式中化简，其中计算量大,多是关于字母参数的运算，要求计算准确，需要细心和耐心.19. 已知数列的前n项和为满足.数列满足，且満足（1）求数列，的通项公式；（2）若数列满足；求（3），数列的前项和为，求证：.【答案】（1），；    （2）；    （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由与的递推关系得出为等比数列求解，由为等差数列求通项公式；（2）分是奇数、偶数，分组求和即可得解；（3）利用放缩法及裂项相消求和证明即可.【小问1详解】，时，时，，，即，是以2为首项，2为公比的等比数列，，由题可知，是首项为2，公差为1的等差数列，，.【小问2详解】，(i) n为偶数时，，(ii) n为奇数时，，【小问3详解】，，(i)右式证明：，(ii)左式证明：综上得证.20. 设为实数，且，已知函数.（1）当时，曲线的切线方程为，求的值；（2）求函数的单调区间：（3）若对任意，函数）有两个不同的零点，求的取值范围.【答案】（1）；    （2）答案见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出斜率，点斜式写出切线方程，与已知切线方程对照即可求解；（2）求出函数导数，分和讨论，即可得出函数的单调性区间；（3）由（2）知函数有两个零点可转化为极小值，化简换元后可得对任意都成立，即可得出.【小问1详解】设切点坐标，切线方程为，即又曲线的切线方程为，.【小问2详解】，令，即，又，，所以不等式化为，当时，不等式恒成立，在R上单调递增，单调递增区间为，无单调递减区间.当时，解集为，时，单调递增；时，单调递减.综上，时，的单调递增区间为， 时，的单调递增区间为，的单调递减区间为.【小问3详解】函数有两个不同的零点，，即，，即，设，令当时，在单调递减；当时，在上单调递增.又当时，且，当且仅当时，，即对任意成立，，.【点睛】关键点点睛：函数有两个不同零点问题，可在已知函数单调性的基础上转化为极小值为负即可，据此得出不等式，令换元后构造函数是解题的关键，利用导数分析函数的单调性、极值、零点，得出满足不等式的条件为即可求解.