天津市新华中学2022届高三下学期5月统练数学试题

天津市新华中学2022届高三下学期5月统练数学试题

第I卷（选择题）

1．若全集，，，则集合（       ）

A． B． C． 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

3．函数的图象可能是

A． B． C． D．

4．某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为、、、，若高于分的人数是人，则该班的学生人数是（       ）

A． B． C． D．

5．已知函数，，，，则、、的大小关系为（       ）

A． B．       

C． D．

6．已知矩形的顶点都在半径为2的球的球面上，且，，过点作垂直于平面，交球于点，则棱锥的体积为（       ）

A． B．        C． D．

7．已知双曲线的左、右焦点分别是，双曲线的渐近线上点满足，则双曲线的方程为

A． B． C． D．

8．已知函数，若函数在区间上有且只有两个零点，则的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

9．已知函数若关于的方程都有4个不同的根，则的取值范围是

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

10．i是虚数单位，复数___________.

11．的展开式中的的系数是______．

12．若圆与圆相交，且公共弦长为，则__________.

13．已知实数满足，则的最小值为___________.

14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为___________；记取出的4个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为___________.

15．已知等腰直角三角形，，，点满足，点为线段上的动点，点为线段上的动点.如果，则__________；当时，的最小值为__________.

16．已知的内角的对边分别为，且.

(1)求的值；

(2)求的值.

17．如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的大小；

(3)求直线与平面所成角的余弦值.

18．设，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.

(1)求椭圆的方程；

(2)过点的直线交椭圆于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.

19．已知为等差数列，前项和为是首项为2的等比数列，且公比大于0，.

(1)求和的通项公式；

(2)若数列满足：，求数列的前项和；

(3)若数列满足：，证明：.

20．已知函数（其中为实数）的图象在点处的切线方程为.

(1)求实数的值；

(2)求函数的单调区间；

(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

计算，，再计算交集得到答案.

【详解】

，，.

故选：D.

2．A

【解析】

【详解】

由，解得，由，可知“”是“”的充分不必要条件，选A.

3．A

【解析】

【详解】

试题分析：因为，所以为奇函数，故排除B、D；当时，，故排除C，故选A．

考点：1、函数图象；2、函数的奇偶性．

4．B

【解析】

【分析】

计算出高于分的学生所占的频率，然后用除以频率即可得出结果.

【详解】

由频率分布直方图可知，高于分的学生所占的频率为，

因此，该班的学生人数是.

故选：B.

5．D

【解析】

【分析】

先判断函数是奇函数，同时又是增函数，结合指数幂和对数的性质判断三个变量的大小，结合单调性进行判定，即可得到答案.

【详解】

函数是奇函数，当时，，由

所以在上为增函数，

又由

所以，又，所以，

所以，

故选：D.

6．D

【解析】

【分析】

根据给定条件，确定出棱锥的外接球的球心，再求出DE长即可计算作答.

【详解】

在四棱锥中，取BE中点，连接，如图，

因平面，平面，则，矩形中，，又，平面，

于是得平面，而平面，则，同理，而，

从而得，因此，点是四棱锥的外接球球心，即与点O重合，

依题意，，，又，

所以棱锥的体积为.

故选：D

7．C

【解析】

【分析】

根据双曲线的渐近线上点满足，结合，列出关于 、 、的方程组，求出 、即可得结果.

【详解】

在的渐近线上，

，①

又，

，②

又，③

由①②③得，，

双曲线方程为，故选C.

【点睛】

本题主要考查双曲线的方程与简单性质，属于中档题. 求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.

8．B

【解析】

【分析】

首先根据题意得到，从而得，再根据函数在区间上有且只有两个零点，得到不等式，解不等式即可.

【详解】

，

因为，所以.

又因为函数在区间上有且只有两个零点，

所以，解得：.

故选：B

9．C

【解析】

都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，利用分段函数画出的图象，根据数形结合可得结果.

【详解】

都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，

因为，

所以，若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

，

作出的图象如图，求得，

则，

由图可知，时，的图象有四个交点，

此时，关于的方程有4个不同的根，

所以，的取值范围是，故选C .

【点睛】

本题主要考查方程的根与函数图象交点的关系，考查的数形结合思想的应用，属于难题. 函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.

10．

【解析】

【分析】

根据复数的除法运算，即可求解.

【详解】

解：，

故答案为：

11．

【解析】

【分析】

由题知，故令求得，再计算对应项的系数即可.

【详解】

解：二项式的展开式的通项是，

令，解得．

故的展开式中的的系数是．

故答案为：

12．

【解析】

【分析】

两个圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，根据圆的弦长公式即可求a的值．

【详解】

圆与圆的方程相减即为公共弦所在直线方程：

，

圆圆心(0，0)到公共弦距离d＝，

则公共弦长度为，解得a＝．

故答案为：．

13．

【解析】

【分析】

根据，得，利用此等式将变形后根据基本不等式可求得结果.

【详解】

因为

.

当且仅当且时，等号成立.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.

14．         

【解析】

【分析】

利用古典概型公式得解

【详解】

从､两个袋内各任取2个球，有种，恰好有1个红球有

从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为

取出的4个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为

;;;

;

故答案为：，

【点睛】

熟练掌握超几何分布是解题关键.

15．     3    

【解析】

【分析】

由结合向量共线定理证明，再由数量积公式得出的最小值.

【详解】

由题意可知，，因为，所以

又三点共线，所以，即.

设，当时，

故答案为：；

16．(1)；

(2)．

【解析】

【分析】

(1)由A=2B得sinA=sin2B，再利用正弦定理和余弦定理角化边即可求解；

(2)利用余弦定理可求cosA，从而可求sinA及cos2A、sin2A，结合两角和差的余弦公式进行求解即可﹒

(1)

由，知，

由正、余弦定理得．

∵，，∴，则；

(2)

由余弦定理得，

∵，∴，

故，，

．

17．(1)证明见解析

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证.

（2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可.

（3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可.

(1)

取的中点，连接,则且

又，所以四边形为正方形,则且

又四边形ABCD为矩形，则且

所以且,则四边形为平行四边形

所以，又平面,平面

(2)

∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，

∴，，

又∵平面平面BCEF，且平面平面，

∴平面.

以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系.

 ，，，，，，

设平面的一个法向量为，

则，，

得

∵平面，∴平面一个法向量为，

设平面与平面所成锐二面角的大小为，

则.

因此，平面与平面所成锐二面角的大小为.

(3)

根据（2）知平面一个法向量为得，∵，

设直线与平面所成角为，则

，

∴.

因此，直线与平面所成角的余弦值为.

18．(1)

(2)存在，

【解析】

【分析】

（1）由点和关于点对称，得，及点在椭圆上，由椭圆定义，得 椭圆方程为 .

（2）四边形的对角线互相平分就是与的中点重合，设，，，则，即，故.这可根据列方程组解出坐标关系：解得 ，从而可求出直线方程.

(1)

由点和关于点对称，得，

所以椭圆的焦点为，，由椭圆定义，得.

所以，.故椭圆的方程为.

(2)

由题可知直线，直线的斜率存在，设直线的方程为，

直线的方程为.

设，，

由消去，得，

由题意，可知，则，，

由消去，得，

由，可知，设，又，

则，.

因为四边形为平行四边形，

所以，即，故.

所以.得.

所以为.

19．(1)，；

(2)；

(3)证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）由等比数列的通项公式求得公比，即可得数列的通项公式，再结合等差数列的通项公式求出公差和首项后，即可得解；

（2）利用裂项相消法即可得解；

（3）真分数的性质：设，则，利用此性质将放大为即可证明．

(1)

解：设公差为d，公比为q，

∵，，∴，解得或，

∵，∴，

故数列的通项公式为，

∵，，

∴，，解得，，

故数列的通项公式为；

(2)

解：，

.

(3)

证明：，

设，，则，∴，

∴，

∴．

20．(1)

(2)单调递减区间为；单调递增区间为.

(3)

【解析】

【分析】

（1）求导得到，根据题意得到，解得答案.

（2）计算得到，求导得到，令，则，讨论和的情况，得到在上单调递减和在上单调递增.

（3）当时，不等式恒成立，当时，等价于，令，，考虑和，结合（2）结论根据函数的单调性得到最值，同理时类似，计算得到答案.

(1)

因为，

所以，

由题意得解得.

(2)

由（1）知

所以，令，则

当时，由，得，

所以在上单调递减.

当时，由，

得，所以在上单调递增，

故，所以在上单调递增.

综上所述，在上单调递减；在上单调递增.

(3)

对分情况讨论如下：

当时，对任意的，不等式恒成立.

当时，不等式等价于，

即

令，则.

当时，由（2）知，

所以单调递增，从而，满足题意.

当时.由知

在上单调递增，

设，则，

令，可得，解得；

令，可得，解得；

所以函数在单调递减；在区间单调递增》

所以，

即，故，

从而.

又，所以存在唯一实数，使得，

且当时，单调递减，所以当时，不满足题意.

当时，不等式等价于，

同上，令，则.

当时，由（2）可知，

所以单调递增，故，满足题意

综上，可得入的取值范围是.