2022天津红桥区高三下学期二模数学试题含解析

高三数学

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.答题前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.

参考公式：

柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.

椎体的体积公式，其中表示椎体的底面积，表示椎体的高.

球的体积公式，其中表示球的半径.

第Ⅰ卷

注意事项：

1.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，擦干净后，再选涂其他答案标号.

2.本卷共9题，每小题5分，共45分.

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

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：集合，所以，故选C.

考点：交集的运算，容易题.

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】B

【解析】

【分析】本题首先可通过运算得出即以及即，然后根据与之间的关系即可得出结果.

【详解】，即，

，即，，

因为集合是集合的真子集，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判定，给出命题“若则”,如果可证明，则说明是的充分条件，如果可证明，则说明是的必要条件，考查推理能力与计算能力，是简单题.

3. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行求解判断即可.

【详解】因为，，，

所以有，

故选：B

4. 过点的直线与圆：交于，两点，当弦取最大值时，直线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】要使过点的直线被圆所截得的弦取最大值时，则直线过圆心，然后根据直线的两点式方程写出答案即可

【详解】圆：化为

所以圆心坐标

要使过点的直线被圆所截得的弦取最大值时，则直线过圆心

由直线方程的两点式得： ，即

故选：A

5. 曲线在点（1,1）处切线的斜率等于（     ）.

A.  B.  C. 2 D. 1

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：由，得，故，故切线的斜率为，故选C.

考点：导数的集合意义.

6. 为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长（单位：），所得数据均在区间上，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的60株树木中，树木的底部周长小于的棵数是（    ）

A. 18 B. 24 C. 36 D. 48

【答案】B

【解析】

【分析】根据频率直方图中小矩形的面积代表这一组的频率进行求解即可.

【详解】由频率直方图可知：树木的底部周长小于的棵数为：

，

故选：B

7. 如果双曲线上一点到双曲线右焦点的距离是2，那么点到轴的距离是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由点到双曲线右焦点距离是2知在双曲线右支上．又由双曲线的第二定义知点到双曲线右准线的距离是，双曲线的右准线方程是，故点到轴的距离是．

8. 设，，若，则的最小值为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】依题意可得，利用基本不等式计算可得；

【详解】解：因为，，且，所以，

所以

当且仅当，即，或时取等号；

故选：D

9. 已知为等边三角形，，设点，满足，，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】用、表示和，再根据平面向量数量积的定义可求出结果.

【详解】,

,

,

所以，得.

故选：C.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.

10. 若是虚数单位，则复数______.

【答案】

【解析】

【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数的乘方法则进行求解即可.

【详解】由，

故答案为：

11. 若二项式的展开式中的系数是84，则实数__________．

【答案】1

【解析】

【详解】试题分析：由二项式定理可得：，因为的系数是，所以即，即，所以.

考点：二项式定理.

12. 两个圆锥的底面是一个球的同一个截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据球的体积公式，结合球的性质、圆锥的体积公式进行求解即可.

【详解】设球的半径为，因为球的体积为，所以有，

设两个圆锥的高分别为，于是有且，

所以有，设圆锥的底面半径为，

所以有，

因此这两个圆锥的体积之和为，

故答案为：

13. 已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据相互独立事件同时发生的概率关系，即可求出两球都落入盒子的概率；同理可求两球都不落入盒子的概率，进而求出至少一球落入盒子的概率.

【详解】甲、乙两球落入盒子的概率分别为，

且两球是否落入盒子互不影响，

所以甲、乙都落入盒子的概率为，

甲、乙两球都不落入盒子的概率为，

所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.

故答案为：；.

【点睛】本题主要考查独立事件同时发生概率，以及利用对立事件求概率，属于基础题.

14. 已知函数，的部分图象如图所示，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】由图求出，得出周期可求得，再代入即可求出.

【详解】由函数图象可得，，则，所以，

又，则，即，

因为，所以.

故答案为：.

15. 设函数，若无最大值，则实数的取值范围是__．

【答案】

【解析】

【分析】若f（x）无最大值，则，或，解得答案．

【详解】f′（x），

令f′（x）＝0，则x＝±1，

若f（x）无最大值，则，或，

解得：a∈（﹣∞，﹣1）．

故答案为

【点睛】本题主要考查导数和分段函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

三、解答题：本大题共5个小题，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，，所对的边分别为，，.已知，，，.

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）求的值.

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）根据三角形的性质，结合同角的三角函数关系式、余弦定理进行求解即可；

（2）运用正弦定理进行求解即可；

（3）利用二倍角公式和两角和的正弦公式进行求解即可.

【小问1详解】

因为，所以，显然为锐角，

因为，所以，

由余弦定理可知：；

【小问2详解】

由正弦定理可知：；

【小问3详解】

因为，所以，因此为锐角，

由（2）可知：，所以有，

因此，

，

于是有.

17. 如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，，，的中点，，.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析    （2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，证明，再根据线面垂直的判定定理即可得解；

（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得解；

（3）利用向量法从而可得出答案.

【小问1详解】

证明：因为为的中点，，

所以，

因为平面，，

所以平面，

又平面，所以，

又平面，

所以平面；

【小问2详解】

解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

因为，，

所以，

则，

则，

设为平面的一条法向量，

则，令，则，

所以，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为；

【小问3详解】

解：，

因为平面，，

所以平面，

则即为平面的一条法向量，

由（2）的平面的一条法向量，

则，

由图可知二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

18. 已知椭圆：（）的离心率，点、之间的距离为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和，则是否存在常数，使得与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）；   

（2）不存在，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆离心率公式进行求解即可；

（2）设出直线方程与椭圆的标准方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合平面向量线性运算的坐标公式、平面共线向量的性质进行求解判断即可.

【小问1详解】

因为点、之间的距离为，

所以，因为椭圆的离心率，所以有，而，

因此组成方程组为：；

【小问2详解】

设的方程为，与椭圆的标准联立为：

，

于是有，此时设，

于是有，

假设存在常数，使得与共线，

因为，，

所以有，

，因为，

所以，不满足，

因此不存在常数，使得与共线.

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键.

19. 设是等差数列，是等比数列，公比大于0，其前项和为．已知，，，.

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）设数列前项和.记，求；

（Ⅲ）求.

【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）；（Ⅲ）

【解析】

【分析】（Ⅰ）利用等差数列、等比数列的通项公式即可求解.

（Ⅱ）利用分组并项求和代入即可求解.

（Ⅲ）利用错位相减法即可求解.

【详解】（Ⅰ）设数列的公差为，数列的公比为（），

由，，可得，解得或（舍去），

所以，

由，，

则，解得，

所以，解得，

所以，解得，

且，解得，

所以.

综上所述，，

（Ⅱ）由（Ⅰ）中，所以，

，

故.

（Ⅲ）设，

，①

，②

 ①②可得，

即，

所以，

故.

20.

已知函数

（Ⅰ）若，试确定函数的单调区间；

（Ⅱ）若，且对于任意，恒成立，试确定实数的取值范围；

（Ⅲ）设函数，求证：．

【答案】（Ⅰ）由得，故的单调递增区间是，

由得，故的单调递减区间是

（Ⅱ）实数的取值范围是

（Ⅲ）

【解析】

【详解】解：（Ⅰ）由得，所以．

由得，故的单调递增区间是，

由得，故的单调递减区间是．

（Ⅱ）由可知是偶函数．

于是对任意成立等价于对任意成立．

由得．

 ①当时，．

此时在上单调递增．

故，符合题意．

 ②当时，．

当变化时的变化情况如下表：

由此可得，在上，．

依题意，，又．

综合①，②得，实数的取值范围是．

（Ⅲ），

，

，

由此得，

故．