天津市河北区2022届高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

河北区2021—2022学年度高三年级总复习质量检测（二）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12分钟，第I卷1至3页，第II卷4至8页．第I卷（选择题共45分）注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．2．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．如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案棒号．答在试卷上的无效3．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：▪如果事件A，B互斥，那么▪球的表面积公式▪如果事件A，B相互独立，那么我的体积公式其中R表示球的半径一、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.设全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据补集、并集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以，又，所以；\n故选：D2.若a，b都是实数，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】根据充分条件、必要条件的定义判断可得；【详解】解：，都是实数，那么“”“”，反之不成立，例如：，，满足，但是无意义，“”是“”的必要不充分条件．故选：B．3.已知，且，则m的值为（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化指数式为对数式,把用含有的代数式表示,代入,然后利用对数的运算性质求解的值.【详解】由,得，,由,得,即,,∵.故选:B.【点睛】本题考查了指数式和对数式的互化,考查了对数的运算性质,属于基础题.\n4.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..【详解】详解：为奇函数，排除A,，故排除D.，当时，，所以在单调递增，所以排除C；故选：B.5.为了解中学生的身高情况，某部门随机抽取了某学校的学生，将他们的身高数据（单位：cm）按[150，160），[160，170），[170，180），[180，190]分组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中身高在区间[170，180）内的人数为300，身高在区间[160，170）内的人数为180，则a的值为（）\nA.0.03B.0.3C.0.035D.0.35【答案】A【解析】【分析】由频率分布直方图中的数据，以及频率与频数之间的关系，列式求解即可.【详解】由频率分布直方图可得：，解得a=0.03.故选:A6.已知双曲线C：的焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，则双曲线C的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据相似三角形，直接得到，计算渐近线的斜率.【详解】如图，可知焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，即，，所以双曲线的渐近线方程为.\n故选：A.7.已知是定义在R上的偶函数，且在区间单递调减，若，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由偶函数的定义和对数的运算性质、对数函数的单调性和已知函数的单调性，可得，，的大小关系．【详解】解：由函数是定义在上的偶函数，可得，则，，，因为函数在区间上单调递减，且，，即，所以，即有，故选：D．8.给定函数，，，，用表示，中的最小者，记为，关于函数有如下四个命题：①函数的最小正周期为π；②函数的图象关于直线对称；③函数的值域为；④函数在上单调递增，\n其中真命题的是（）A.②④B.①②C.①③D.③④【答案】A【解析】【分析】可将的解析式化简为，，通过作出函数的图象，结合图象逐个判断即可．【详解】解：因为，，则，，如图所示：由图可知：的最小正周期为，故①为假命题；的图像关于直线对称，故②为真命题；的值域为，故③为假命题；\n在区间上单调递增，故④为真命题，真命题为②④，故选：A．9.设函数.若时，方程有唯一解，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出f(x+1)的图象，根据方程f(x+1)=k有唯一解，结合图象即可求解k的取值范围.【详解】因为函数，所以，若时，作出的图象，结合图象可知方程有唯一解,则.故选：B\n第II卷注意事项1．答卷前将密封线内的项目填写清楚．2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上．3．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，请将答案写在答题纸上．10.i是虚数单位，则复数___________．【答案】##【解析】【分析】根据复数代数形式除法运算法则计算可得；【详解】解：故答案为：11.二项式的展开式中常数项为_________.【答案】【解析】【分析】求出二项式的通项公式，再令对应的幂指数为0即可求解【详解】二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为：60【点睛】本题考查二项式中常数项的求解，属于基础题12.一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，现从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两个球的号码和是5的倍数，则获奖.若有5人参与摸奖，则恰有3\n人获奖的概率是______，获奖人数的均值是___________.【答案】①.②.1【解析】【分析】基本事件总数，利用列举法求出两个球的号码和是5的倍数包含的基本事件有2个，从而获奖的概率为，有5人参与摸奖，则获奖人数，由此能求出恰有3人获奖的概率和获奖人数的均值．【详解】解：一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，基本事件总数，两个球的号码和是5的倍数包含的基本事件有：，，共2个，则获奖的概率为，有5人参与摸奖，则获奖人数，恰有3人获奖的概率是，获奖人数的均值是．故答案为：，1．13.圆和圆的公共弦的长为___________．【答案】【解析】【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再两圆方程作差即可得出公共弦方程，再利用点到直线的距离公式及垂径定理、勾股定理计算可得；【详解】解：由圆①，即，所以圆心，半径；\n又圆②，①②得，即公共弦方程为，圆心到直线的距离,所以公共弦长为；故答案为：14.已知菱形ABCD的边长为2，，点E，F分在边BC，CD上，，．若，则的最小值为___________．【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，把用表示，最后转化为含有，的代数式，再结合及基本不等式求得的最小值．【详解】解：如图，，，且，，．由题意可得，，，\n，，则，（当且仅当时等号成立），的最小值为．故答案为：．15.已知，，且，则的最大值为___________．【答案】【解析】【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得；【详解】解：因为，，且，所以又，当且仅当，即时取等号，，当且仅当，即时取等号，所以，则，即，当且仅当、时取等号；故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共75\n分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，已知．（1）求角C的大小；（2）若，求的值；（3）若，的面积为，求边a，b的值．【答案】（1）；（2）；（3）或.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）首先由同角三角函数基本关系求出，再利用二倍角公式及两角和的正弦公式计算可得；（3）由面积公式得到，再由余弦定理得到，最后解方程组即可；【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，即，故，因为，所以，又，所以．【小问2详解】解：因为，所以，\n所以，，所以.【小问3详解】解：由已知，，又，所以①，由已知及余弦定理得，故，从而，所以②．由①②得或.17.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，四边形PACQ是矩形，，且平面平面ABCD．（1）求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；（2）求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；（3）求点C到平面BPQ的距离．\n【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，由平面平面，可推出平面，平面，故即所求；在中，由可得解；（2）取的中点，连接、，易证，，故即为所求，在中，利用余弦定理求出，即可得到两平面的夹角；（3）由等体积法，即可得解．【小问1详解】解：连接交于，连接，四边形是菱形，，平面平面，平面平面，平面，平面，即为与平面所成角．四边形为矩形，，又平面平面，平面平面，平面，平面，，，在中，，，故与平面所成角的正弦值为．\n【小问2详解】解：取的中点，连接、，由（1）知，平面，四边形是菱形，四边形为矩形，，，，，即为二面角的平面角，在中，，，由余弦定理知，，，故二面角的大小为，则平面与平面的夹角为．【小问3详解】解：设点到平面的距离为，，，，，故点到平面的距离为．\n18.已知数列的前项和为，满足，，数列满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：数列是等差数列，求数列的通项公式；（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）或.【解析】【分析】（1）运用数列的递推式以及数列的和与通项的关系可得，再由等比数列的定义、通项公式可得结果；（2）对等式两边除以，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（3）求得，由数列的错位相减法求和，可得，化简,即，对任意的成立，运用数列的单调性可得最大值，解不等式可得所求范围．【详解】(1)，可得，即；时,,又，相减可得,即，则；(2)证明：，可得，可得是首项和公差均为1的等差数列，可得,即；\n(3)，前n项和为，，相减可得，可得，,即为，即,对任意的成立，由，可得为递减数列，即n=1时取得最大值1−2=−1，可得，即或.【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.19.已知点，椭圆：的离心率为和分别是椭圆的左焦点和上顶点，且的面积为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点的直线与相交于，两点，当时，求直线的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或【解析】\n【分析】（Ⅰ）由的面积为，得出关系，再由离心率结合关系，求解即可得出椭圆方程；（Ⅱ）设，由已知可得，设直线方程为，与椭圆方程联立，得到的关系式，进而得出的关系式，建立的方程，求解即可得出结论.【详解】（Ⅰ）设，由条件知，所以的面积为，①由得，从而，化简得，②①②联立解得，从而，所以椭圆的方程为；（Ⅱ）当轴时，不合题意，故设，将代入得．由题得，设，则因为，所以，从而，整理得，，\n所以直线的方程为或．【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要掌握根与系数关系设而不求方法在相交弦中的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.20.已知函数，.（1）若，求的最大值；（2）若函数，讨论的单调性；（3）若函数有两个极值点，（），求证：.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）代入的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，进而求出函数的最大值即可；（2）首先对函数进行求导，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（3）首先根据函数有两个极值点得一元二次方程有两根，进而可得判别式、根与系数的关系，所以可以得两极值点，的关系，及极值点的取值范围；然后写出关于极值点的表达式，构造函数，根据函数的单调性证明结论成立即可.【详解】（1）当时，，，当时，，∴单调递增，当时，，∴单调递减，所以的最大值为；（2）由已知得，，.\n①当时，由得所以当时，，单调递增，当时，，单调递；②当时，，所以当时，单调递增；③当时，由，得或，所以当与时，，单调递增，当时，，单调递减；④当时，由，得或，因而当与时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在与上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在与上单调递增，在上单调递减.（3）证明：，则定义域为，，若有两个极值点，（），\n则方程的判别式，且，，，又∵，∴，即，，设，其中，由得，由于，即，∴在上单调递增，在上单调递减，即的最大值为，从而成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用.