天津市红桥区2022届高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

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，\n，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：B4.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\n【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：A5.曲线在点（1,1）处切线的斜率等于（）.A.B.C.2D.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.18B.24C.36D.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.\n【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：B7.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.2C.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\n9.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，\n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、\n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__________.\n【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，，，\n.（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，\n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，，\n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，\n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】\n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；\n（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.\n（Ⅲ）设，，①，②①②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，\n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：单调递减极小值单调递增由此可得，在上，．依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．（Ⅲ），，，\n由此得，故．