天津市河西区2022届高三下学期二模数学试卷（原卷+解析）

天津市河西区2022届高三下学期二模数学试卷

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知且，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．既不充分又不必要条件

3．函数在上的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（    ）

A．32 B．45 C．64 D．90

5．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

6．对于函数，有下列结论：①最小正周期为；②最大值为2；③减区间为；④对称中心为．则上述结论正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

7．如图，已知某圆锥形容器的轴截面是面积为的正三角形，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（    ）

A． B． C． D．

8．已知抛物线上一点到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线C的离心率为（    ）

A．3 B． C． D．

9．已知定义在R上的函数满足：①；②；③在上的解析式为，则函数与函数的图象在区间上的交点个数为(    )

A．3 B．4 C．5 D．6

二、填空题

10．是虚数单位，复数______．

11．若，则______．

12．设与相交于两点，则________．

13．若函数在处取得极值，则____________．

三、解答题

14．在中，内角所对的边分别为.已知，.

（I）求的值；

（II）求的值.

15．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．

(1)求证：BF∥平面ADE；

(2)求直线BE与直线DF所成角的余弦值；

(3)求点D到直线BF的距离．

16．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．

17．已知数列的首项，且满足．

(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；

(2)求的值；

(3)设，数列的前项和为，求的最大值和最小值．

18．已知函数，，，．

(1)若直线与的图象相切，求实数的值；

(2)设，讨论曲线与曲线公共点的个数．

(3)设，比较与的大小，并说明理由．

四、双空题

19．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是____________；已知每检测一件产品需花费100元，设表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则____________．

20．如图直角梯形中，，，，在等腰直角三角形中，，则向量在向量上的投影向量的模为____________；若，分别为线段，上的动点，且，则的最小值为_______．

参考答案：

1．B

【分析】利用交集的定义可求.

【详解】由题设有，

故选：B .

2．C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质判断即可求解.

【详解】因为，由可得即

所以由可得，充分性成立，

若，，可得，即，所以必要性成立，

所以且，则“”是“”的充要条件，

故选：C.

3．C

【分析】先求函数的定义域，根据函数的奇偶性，排除部分选项，再利用特殊点处的函数值排除不合适的选项，即可得解.

【详解】由题知的定义域为R，，所以是偶函数，排除A；

，排除B，D.

故选：C.

4．D

【分析】根据近视率求出三个年级的近视的人数，结合抽样比例可得答案.

【详解】近视的学生中，高一、高二、高三学生数分别为180人，320人，450人，

由于抽取到的高一学生36人，则抽取到的近视学生中高三人数为90人.

故选：D.

5．B

【分析】根据题意得到，，，即可得到答案.

【详解】因为，，

所以.

因为，即.

因为，.

所以.

故选：B

6．B

【分析】将化简后即可判断其周期，最大值，减区间和对称中心.

【详解】解：

.

,①正确；

时，②错误；

令,解得，因此减区间为，③正确；

令，解得，此时，故对称中心为，故④错误.

所以，上述结论正确的个数是2个.

故选：B.

7．D

【分析】根据题意，作出轴截面图，进而根据轴截面的面积得正三角形边长为，再结合题意得圆柱的底面半径为，高为，进而计算体积即可.

【详解】解：如图，作出轴截面，则根据题意，为正三角形，且面积为，

所以，设正三角形的边长为，则，

所以，，解得，

因为圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的，，

所以，，即圆柱的底面半径为，高为，

所以，圆柱的体积为

故选：D

8．C

【分析】先由已知结合抛物线的定义求出，从而可得抛物线的准线方程，则可求出准线l与两条渐近线的交点分别为，然后由题意可得，进而可求出双曲线的离心率

【详解】依题意，抛物线准线，

由抛物线定义知，解得，则准线，

双曲线C的两条渐近线为，于是得准线l与两条渐近线的交点分别为，原点为O，

则面积，

双曲线C的半焦距为c，离心率为e，则有，解得．

故选：C

9．B

【分析】由函数的性质作出其图象，再观察交点个数即可得解．

【详解】由知的图象关于对称，

由知的图象关于对称，

作出与在,上的图象：

由图可知函数与函数的图象在区间上的交点个数为4．

故选：B．

10．

【分析】根据复数的除法运算求解即可.

【详解】解：

故答案为:

11．

【分析】根据题意，令得，得，再求解即可得答案.

【详解】解：因为，

所以，令得，

令得，

另一方面，，即，

所以.

故答案为：

12．

【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，然后求出其中一个圆心到该直线的距离，再根据弦长、半径以及弦心距三者之间的关系求得答案.

【详解】将和两式相减：

得过两点的直线方程： ，

则圆心到的距离为，

所以 ，

故答案为：

13．

【分析】根据题意得，解得，再检验满足题意，进而求解即可.

【详解】解：，

因为函数在处取得极值，

所以，，解得，

此时，，

故当时，，单调递减；

当和时，，单调递增；

所以，函数在处取得极小值，满足题意，

所以，

所以

故答案为：

14．（Ⅰ）（Ⅱ）

【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，

进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.

试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.

由，及余弦定理，得.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.

由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，

，故

.

考点：正弦定理、余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

15．(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）通过AD∥BC，AE∥CF得到平面BCF∥平面ADE，再由面面平行得到线面平行即可

（2）以A为坐标原点，AB、AD、AE所在直线分别为x，y，z轴,建立空间直角坐标系，写出，的坐标，利用向量法求出夹角的余弦值即可

（3）由（2）可求与所成角的余弦值，利用同角三角函数关系式求出直线BF与直线DF所成角的正弦值，然后计算即为点D到直线BF的距离

【详解】（1）证明：∵AE∥CF，AE⊄平面BFC，CF⊂平面BFC，

∴AE∥平面BCF，

∵AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，

又AD∩AE=A，∴平面BCF∥平面ADE，

∵BF⊂平面BFC，∴BF∥平面ADE；

（2）以A为坐标原点，AB、AD、AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，3，0），E（0，0，2），F（2，2，1），

则=（-2，0，2），=（2，-1，1），

∴直线BE与直线DF所成角的余弦值为

（3）根据（2）可知=（0，2，1），=（2，-1，1），

16．(1)；

(2).

【分析】(1)根据P的坐标和⊥轴可得的值，根据可求a，再由、、之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；

(2)设直线的方程为，，，M在第一象限．联立直线与椭圆方程，根据，以及面积比可得、关系，结合韦达定理即可求出m的值，从而求出直线l的方程．

【详解】（1）由题意得，，，

则，即，

∴，

故的方程为；

（2）设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．

与椭圆方程联立，，

消去，得，

，，

∵，，与的面积比为，

∴，整理得，

∴，，

即，解得，

∵，∴，

直线的方程为，即.

17．(1)证明见解析；.

(2)

(3)有最小值，最大值.

【分析】（1）等式两边同除以得即可证明结论，再根据等差数列的定义求通项公式；

（2）结合（1），根据错位相减法求解即可；

（3）由题知，进而裂项求和，并分的奇偶性讨论单调性求解最值即可.

(1)

解：因为，

所以，等式两边同除以得，

又因为，

所以，数列是等差数列，公差为，首项为.

所以，，即.

(2)

解：设，

则，

所以，两式作差得：，

整理得：，即.

所以，

(3)

解：由（1）知

，

所以，，

所以，当为奇数时，，随着的增大而增大，故当时，有最小值；

当为偶数时，，随着的增大而减小，故当时，有最大值；

综上所述，有最小值，最大值.

18．(1)

(2)答案不唯一，具体见解析

(3)；理由见解析

【分析】（1）由题意可知，直线是函数在处的切线方程，由此我们可以根据函数值相等和直线的斜率等于在该点取得得到函数值列出方程组，求解即可；

（2）题中讨论的零点个数，我们可以进行参变分离，转化成两个函数图像的交点个数，通过求解函数的值域，即可进行判断求解；

（3）题中要比较两个式子，我们可以将式子进行通分、化简合并，转化成部分有相同变量形式的式子，然后对该部分狮子构造函数判断其正负，即可完成大小的判断.

【详解】（1）（1）设直线与相切与点，，

则有     

解得，．

（2）当， 时，曲线与曲线的公共点个数即方程

根的个数．

由，                       

令，

则当时，，即在上单调递减，

当时，，即在上单调递增．

故（2）是的极小值同时也为最小值．

所以对曲线与曲线公共点的个数，

讨论如下：

当时，有0个公共点；

当，有1个公共点；

当有2个公共点．

（3）设

令，．

则的导函数

，

所以在上单调递增，且．

因此，，故在上单调递增，

而，所以在上，．

因为当时，且，

故，

所以当时，.

【点睛】在求解函数的交点个数时，我们可以利用参编分离将函数分成两部分，例如本题，我们转化成与两个函数图像的交点问题，这样，我们将零点问题，转化成无参数的函数求解值域的问题，这样的话，难度马上就下来了.

19．     ##    

【分析】利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率；由题意可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可得出随机变量的分布列，进而得期望.

【详解】解：记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，则；

由题意可知，随机变量的可能取值为、、．

则，，

．

故的分布列为

故

故答案为：；.

20．          ##

【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，利用坐标法求解投影向量的模；再设，，，进而根据题意得，再根据坐标运算得，进而结合基本不等式求解即可.

【详解】解：根据题意，如图，建立平面直角坐标系，

因为，

所以，

所以，，

所以，向量在向量上的投影向量为，

故其模为.

因为，分别为线段，上的动点，

所以，设，，

所以，

所以，即，

所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：；