2022届天津市第一中学高三下学期统练（六）数学试题含解析

2022届天津市第一中学高三下学期统练(六)数学试题

一、单选题

1．已知集合，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.

【详解】由已知条件可得，因此，.

故选：C.

2．“”是“”的（       ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】解两个不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】解不等式可得或，

解不等式得或，解得或，

因为或或，

因此，“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A.

3．函数的图象大致为 （       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】排除法，求出函数的定义域可排除A、B，函数的图象可由函数的图象向左平移一个单位得到，利用导数研究函数的单调性，从而可得出结论．

【详解】解：由得且，即且，

∴函数的定义域为，

故A、B错；

又函数的图象可由函数的图象向左平移一个单位得到，

∵时，，，

由得，令，

∵，，

∴存在实数，使得，

又函数在上单调递增，

∴当时，，，函数单调递减；

当时，，，函数单调递增；

∴函数在上的单调性应是先递减后递增，

故C错，D对；

故选：D．

【点睛】本题主要考查函数的性质与图象，考查利用导数研究函数的单调性，属于难题．

4．已知，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】比较、、三个数与、的大小关系，由此可得出、、三个数的大小关系.

【详解】，，，

因此，.

故选：A.

5．某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（       ）

A．直方图中x的值为0.040

B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人

C．估计全校学生的平均成绩为84分

D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分

【答案】C

【分析】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得x值，以此判断A；计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断B；按照频率频率分布直方图中平均数计算公式计算可判断C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D.

【详解】定义A：根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1，可得，解得x=0.03，所以A错；

对于B：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)的学生数为10×0.015×400=60(人)，所以B错；对于C：估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分)，所以C对；

对于D：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为 (分).

所以D错.

故选：C

6．已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意，为的中点，且是等腰三角形，从而可得，进而可得球的体积.

【详解】解：由题意知，（为三棱锥外接球半径)，

与均为面积是的等边三角形，

设边长为，则有，所以，

,

是等腰三角形，又为的中点，

,

,

.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据已知条件，得出为的中点，且是等腰三角形，从而根据勾股定理列式，求出三棱锥外接球的半径.

7．已知函数.给出下列结论：

①的最小正周期为；

②是的最大值；

③把函数的图象上所有点向左平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象.

其中所有正确结论的序号是（       ）

A．① B．①② C．②③ D．①②③

【答案】C

【分析】先求出，利用周期公式判断①；求出的值判断②；利用图像变换判断③.

【详解】

对于①：的最小正周期为.故①错误；

对于②：为最大值.故②正确；

对于③：把函数的图象上所有点向左平行移动个单位长度后得到的图象；再向上平移个单位长度，可得到，即为的图象.故③正确.

故选：C

8．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由已知条件求出的值，可求得的值，再由点在直线上可求得的值，由此可得出双曲线的标准方程.

【详解】由已知条件可知，抛物线的准线方程为，可得，

所以，抛物线的标准方程为，抛物线的焦点为，

由于双曲线的左顶点与抛物线的焦点间的距离为，则，解得，

点在第三象限，由题意可知，点在直线上，

所以，，解得.

因此，双曲线的标准方程为.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线标准方程的求解，解题的关键在于结合已知条件求出、的值，并结合焦点的位置可得出双曲线的方程.

9．已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先参变分离得，然后分类讨论求出得最小值，列不等式解出的范围即可.

【详解】解：因为，不等式恒成立，

所以，

即恒成立，

令，则，

时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，

所以g（x）最小值为：，

令（），

所以

令

（1）当时，t≥4，，所以的最小值为：，

所以，

即，解得：，

所以

（2）当1＜＜4时，所以，，的最小值为：，

所以，

即，解得：

所以恒成立．

综合（1）（2）可知：

故选B.

【点睛】本题考查了函数的综合问题，不等式恒成立问题，参变分离和分类讨论是解题关键，属于难题.

二、填空题

10．是虚数单位，复数，则为___________.

【答案】

【分析】根据复数运算法则，先求得，然后求得其共轭复数即可.

【详解】，

故

故答案为：

11．在的展开式中，常数项为___________.

【答案】60

【分析】根据二项式展开式通项，找到常数项即可.

【详解】根据二项式展开式通项，易知

故答案为：60.

12．已知直线与圆交、两点，若，则直线的方程为___________.

【答案】

【分析】求出圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，进而可求得实数的值，由此可得出直线的方程.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为，且，所以，为等腰直角三角形，且，

圆心到直线的距离为，整理可得，解得.

因此，直线的方程为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线截圆所得弦所对的圆心角求直线方程，解题的关键在于利用圆心到直线的距离列等式求解，充分利用几何法分析弦心距.

13．已知，且，则的最小值是___________.

【答案】4

【分析】将已知化为，所求通分变形为，利用基本不等式即可求解.

【详解】解：，

，又

（当且仅当时等号成立）.

的最小值为4.

故答案为：4.

【点睛】关键点点睛：基本不等式中最值定理“和定积最大，积定和最小”是解本题的关键，对所求式子分析知，只需把已知条件因式分解，所求前两个分式通分即可求解.

三、双空题

14．盒中装有大小、形状完全相同的2个红球和3个黑球.若从中取2个球，恰好都是黑球的概率是___________；若每次取1球，取后不放回，直到取出黑球时停止，则取球次数的数学期望____________.

【答案】     0.3    

【分析】根据古典概型的概率公式可求概率，再算出的分布列后可得其数学期望.

【详解】从中取2个球，恰好都是黑球的概率为.

又可取，

且，

故，

故答案为：0.3，

15．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设，则________；是平面图形边上的动点，则的取值范围是________．

【答案】     1    

【分析】建立平面直角坐标系，利用相等向量的坐标相等，列式求解；设，求出，通过直线平移即可求解的取值范围.

【详解】

建立以为原点，如图所示的平面直角坐标系，连接，

因为六边形为正六边形，

所以，，

作于，

所以，，

所以，，，

所以，，

设，，，

所以，

所以

如图所示，在平面直角坐标系中，其中，

作直线，平移使之经过多边形内每一个点，当直线经过线段时，取得最大值，当当直线经过线段时，取得最小值.

故答案为：；

四、解答题

16．在中，角的对边分别为，若，且的面积为，.

(1)求角的大小及；

(2)求的值.

【答案】(1)；；

(2).

【分析】（1）切化弦之后，结合两角和差正弦公式和诱导公式可化简求得，由此可得；结合三角形面积公式可得，由余弦定理可求得；

（2）由（1）可求得，利用余弦定理可得，根据同角三角函数关系可得，利用两角和差正弦公式可求得结果.

【详解】(1)，

又，，，，

又，；

，，又，

，解得：.

(2)由（1）知：，，

，，

又，，，

.

17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点M为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的正弦值；

(3)在线段上是否存在一点N，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由.

【答案】(1)见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解

（3）待定系数法表示点坐标，由空间向量求解

【详解】(1)取中点，连接

是的中点，，，

故，，四边形为平行四边形，

，而平面，平面，

平面

(2)因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，

取中点，连接，易得平面，

以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系

则有，

，

设平面的一个法向量为，

由得，

取，得，

易知平面的一个法向量为，

则，，

故平面与平面夹角的正弦值为．

(3)，，设，

则，，，

设平面的一个法向量为，

由得，

得，而，

故，

，解得或（舍去）

故

18．已知点为椭圆的焦点，且点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知直线与椭圆交于、两点，且坐标原点到直线的距离为，的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2），理由见解析.

【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点、的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.

【详解】（1）由椭圆定义可得，，

，，因此，椭圆的方程为；

（2）设点、.

①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，

由于对称性不妨设直线的方程为，联立，解得或，

即点、，此时，，则；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

由点到直线的距离公式可得，则，

联立，可得，

，即.

由韦达定理可得，，

，

，即.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

19．已知数列的前项和为，数列满足，，.

（1）求数列，的通项公式；

（2）若，数列的前项和为，求证：.

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据的前项和即可求出通项公式，进而可判断是以3为首项，4为公比的等比数列，即可求出的通项公式；

（2）可得，求和然后放缩利用等比数列求和公式即可证明.

【详解】（1）数列的前项和为，

∴.

当时，符合，故，

∴，

∴，∴，∵

∴是以3为首项，4为公比的等比数列，

∴，∴.

（2）证明：∵，∴，

，

.

20．已知函数的极大值为,其中为自然对数的底数.

（1）求实数的值；

（2）若函数,对任意,恒成立.

（i）求实数的取值范围；

（ii）证明：.

【答案】（1）（2）（i）（ii）证明见解析

【解析】（1）求函数定义域,然后对函数求导,根据函数单调性,得出时,有极大值,即可算出实数的值.

（2）（i）由（1）知,,代入中,根据,整理至即对恒成立,设新函数,将原问题转化为：对恒成立,分的取值范围分类讨论即可得出实数的取值范围.（ii）要证,

转化为证证,整理至,设两个新函数,,分别对两个新函数求导,判断单调性,即可证得成立.

【详解】解：（1）的定义域为,

,

令,解得：,

令,解得：,

所以当,为增函数,当,为减函数,

所以时,有极大值,

所以;

（2）（i）由（1）知,,

则,即对恒成立,

所以对恒成立,

即对恒成立,

设,则对恒成立,

,

设,,

原问题转化为：对恒成立,

①若,当时,

则,

不合题意;

②若,则对恒成立,

符合题意

③若,则,

令,,令,,

所以当时,为减函数,

当时,为增函数,

所以,

即,即;

综上.

（ii）要证,

只需证,

即,即,

只需证,

设,,

因为

所以在上单调递减,在上单调递增,

所以：

因为恒成立,

所以在上单调递增,

所以,则,则,

由（2）可知,,所以;

所以,

即,得证.

所以 成立.

【点睛】本题考查已知导数的极值求参数,考查利用导数判断单调性,证明不等式恒成立,考查计算能力,属于中档题.