天津市和平区2022届高三数学下学期第一次质量调查试题含解析.doc

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1、天津市和平区2020届高三数学下学期第一次质量调查试题（含解析）温馨提示：本试卷包括第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.祝同学们考试顺利！第卷选择题（共45分）注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上.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，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.如果事件，互斥，那么如果事件，相互独立，那么.柱体的体积公式球体的体积公式一、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，则( )A.

2、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用补集运算求出，即可根据并集运算求出【详解】因，所以，故故选：B【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算，以及常用数集的识别，属于基础题2. “（）”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】分别从充分性和必要性入手进行分析，最后作出判断即可.【详解】充分性：当（）时，（），所以，充分性成立；必要性：由可得（），即（），必要性成立；所以“（）”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查充要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于常考题.3. 已知表示不超过

3、实数的最大整数，为取整函数，是函数的零点，则（ ）A. 4B. 5C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据零点存在定理，可判断出零点所在的相邻整数区间，即可由定义求得的值.【详解】函数在递增，且，所以函数存在唯一的零点，故，故选：C.【点睛】本题考查了零点存在定理的简单应用，由定义求函数值，属于基础题.4. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于，两点，若双曲线的离心率为2，的面积为，为坐标原点，则抛物线的焦点坐标为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程与抛物线的准线方程，进而求出，两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，的面积为，列出方程，由

4、此方程求出的值，可得所求焦点坐标【详解】双曲线的两条渐近线方程是，又抛物线的准线方程是，故，两点的纵坐标分别是，又由双曲线的离心率为2，所以，即，则，两点的纵坐标分别是，又的面积为，可得，得，所以抛物线的焦点坐标为，故选： B5. 某班50名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示,其中成绩分组区间是:40,50),50,60),60,70),70,80),80,90),90,100.从样本成绩不低于80分的学生中随机选取2人,记这2人成绩在90分以上(含90分)的人数为,则的数学期望为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由频率分布直方图知，30.006100.01100.05

5、41010x1，解得x0.018，成绩不低于80分的学生有(0.0180.006)105012人，成绩在90分以上(含90分)的学生有0.00610503人的可能取值为0,1,2，P(0)，P(1)，P(2)，的分布列为012PE()012.选B.6. 已知函数，给出下列四个结论，其中正确的结论是（ ）A. 函数的最小正周期是B. 函数在区间上是减函数C. 函数的图象关于对称D. 函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到【答案】B【解析】【分析】先将化简为，再逐个选项判断即可【详解】A选项，因为，则的最小正周期，结论错误；B选项，当时，则在区间上是减函数，结论正确；C选项，因为，则的图象不关

6、于直线对称，结论错误；D选项，设，则，结论错误故选：B【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及三角函数的性质，属于中档题.7. 函数是定义在上的奇函数，对任意两个正数，都有，记，则大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，则函数单调递减，且，通过自变量的大小和函数的单调性比较函数值的大小即可.【详解】构造函数，则函数单调递减，.故选C.【点睛】本题主要考查函数的单调性及其应用，实数比较大小的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8. 国际高峰论坛,组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外

7、媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为（ ）A. 378B. 306C. 268D. 198【答案】D【解析】【分析】分“选两个国内媒体一个国外媒体”和“选两个外国媒体一个国内媒体”两种情况讨论,分别求出种数再相加即可.【详解】解：分两种情况讨论.若选两个国内媒体一个国外媒体,有种不同提问方式；若选两个外国媒体一个国内媒体,有种不同提问方式.所以共有种提问方式.故选：D【点睛】本题考查组合数公式的运用,排列与组合问题要区分开题目要求元素的顺序,则是排列问题要做到不重不漏,有些题目带有一定的约束条件,解题时要先考虑有限制条件的元素,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.9.

8、已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（ ）A. -1B. -2C. -3D. -4【答案】C【解析】【分析】根据向量的运算法和向量的数量积的运算，得到,结合二次函数的性质，即可求解.【详解】因为,由于圆的半径为，是圆的一条直径，所以，又，所以,所以当时，所以的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查向量的线性运算，以及向量的数量积的运算及其应用，其中解答中熟记向量的运算法则，以及平面向量的数量积的运算公式，准确化简是解答的关键，着重考查推理与运算能力.第卷非选择题（共105分）注意事项：1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效.2.本卷共

9、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.把答案填在答题卷上.10. 已知为实数，为虚数单位，若复数为纯虚数，则_【答案】【解析】【分析】利用纯虚数的定义、复数的运算法及复数模的公式即可得到答案.【详解】解：为纯虚数，且，解得，所以故答案为：.【点睛】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.11. 若的展开式中的系数为，则实数_【答案】2【解析】【分析】写出展开式通项公式，令的指数为4，求得的项数，得其系数，由系数为448可得【详解】由题意展开式通项公式为，令，系数为，解得故答案为：【点睛】本题考查二项式定理，解题关键是掌握二

10、项展开式通项公式12. 已知一个体积为8的正方体内接于半球体，即正方体的上底面的四个顶点在球面上，下底面的四个顶点在半球体的底面圆内则该半球体的体积为_【答案】【解析】【分析】过正方体对角面作半球的截面，得半个大圆，在此平面图形中求得半球的半径后可得体积，【详解】过正方体对角面作半球的截面，得半个大圆，矩形是正方体对角面，是中点，设正方体棱长为，则，由图知球半径为，半球体积为故答案为：【点睛】本题考查求半球的体积，解题关键是过正方体对角面作半球的截面，得出正方体与半球的关系13. 函数的图象在处的切线被圆截得弦长为，则实数的值为_.【答案】或.【解析】【分析】由题可知切线的斜率，又，所以切点坐

11、标为，函数的图象在处的切线方程为.圆心到切线的距离，则，求出实数的值.【详解】因为，所以代入切点横坐标，可知切线的斜率.又，所以切点坐标为，所以函数的图象在处的切线方程为.又因为圆，圆心坐标为，半径为，所以圆心到切线的距离.因为切线被圆截得弦长为，则，解得实数的值是或.故答案为：或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，及导数的几何意义，属于中档题.14. 若,且,则此时_,的最小值为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】(1)由对数运算和换底公式,求得的关系为即可.(2)根据化简,再利用基本不等式求最小值即可.【详解】(1)因为,所以所以.(2)因为,故当且仅当,即时取等号.所以

12、最小值为故答案为：2；【点睛】本题考查了对数的运算和对数换底公式的综合应用,根据“1”的代换联系基本不等式求最值,综合性强,属于中档题15. 已知函数，则_；若方程在区间有三个不等实根，则实数的取值范围为_.【答案】 (1). 81 (2). 【解析】【分析】（1）利用分段函数解析式求出，再根据对数、指数的运算法则计算可得. （2）画出函数的图象，利用函数的零点的个数推出实数的取值范围.【详解】解：由，则，所以.作出函数在区间上的图象，如图所示， 设，由图象可知要使方程在区间有3个不等实根，则直线应位于与之间或直线的位置，所以实数的取值范围为或.所以，或，故答案为：；.【点睛】本题考查了分段函

13、数求值、根据零点个数求参数取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.三、解答题：本大题共5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、的对边分别为，（1）求角的大小；（2）若，求：（）边长；（）的值【答案】（1）； （2）（）；（ii）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得角的大小.（2）（）已知两边和夹角，用余弦定理求得边；（）由两角差的正弦公式求得的值.【详解】解：（1）由已知及正弦定理得， （2）（）因为，由余弦定理得，（）由，因为为锐角，所以，【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，还考查同角三角函数的基本关系式，

14、二倍角公式以及两角差的正弦公式.17. 如图所示，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，（）求证：平面；（）求平面与平面所成锐二面角的大小；（）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（）详见解析；（）；（）【解析】【分析】证明平面，以 为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，（）为平面的一个法向量，证明平面，只需证明;（）求出平面的一个法向量、平面一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（）求出平面一个法向量为，利用向量的夹角公式，即可求直线与平面所成角的余弦值.【详解】（）证明：四边形为直角梯形，四边形为矩形，又平面平面，且平面平面

15、，平面以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系根据题意,得以下点的坐标：， 则，为平面的一个法向量又平面平面（）设平面的一个法向量为，则， 得 平面，平面一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角的大小为，则因此，平面与平面所成锐二面角的大小为（）根据（）知平面一个法向量为 得，设直线与平面所成角为，则因此，直线与平面所成角的余弦值为【点睛】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，线面垂直，二面角及空间坐标系等基础知识与基本技能，考查用向量方法解决数学问题的能力.意在考查考生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.计算二面角大小的常用方法:分别求出二面角的两个

16、半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆上不在轴上的一个动点，过点作的平行线交椭圆与两个不同的点，记的面积为，的面积为，令，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率可得，再根据条件求出，即可求出，写出椭圆方程；（2）设，直线，则直线，联立椭圆方程，根据弦长公式求出，再求出点到直线的距离，即可表达出的面积，进而求出最大值.【详解】（1）由题意知，所以，即，又以原点为圆心，

17、椭圆的短半轴长为半径的圆为，且与直线相切，所以，故椭圆的标准方程为.（2）设，直线，则直线，由，得，. ，因为，所以的面积等于的面积，因为点到直线的距离，所以令，则，因为，当且仅当，即时，也即时取等号， 所以当时，取得最大值.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆中的三角形面积最值问题，属于较难题.19. 数列是等比数列，公比大于0，前项和，是等差数列，已知，（）求数列，的通项公式，；（）设的前项和为（）求；（）若，记，求的取值范围【答案】（）；（）（i）；（ii），【解析】【分析】（）由等比数列的定义求得公比，得通项公式，再由等差数列的定义求得和，得；（）（）由等比数列前项和公式求得，

18、由分组求和法求得，（）求得后，用裂项相消法求得，结合函数性质可得取值范围【详解】解：（）设数列的公比为，因为，可得，整理得，解得（舍或 ，所以数列通项公式为设数列的公差为，因为，即，解得，所以数列的通项公式为；（）（）由等比数列的前项和公式可得，所以；（）由（）可得，所以的前项和又在上是递增的，所以的取值范围为，【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，考查分组求和法与裂项相消法，解题过程只要按照题意计算即可，考查了学生的运算求解能力20. 已知函数，且.（1）若函数在处取得极值，求函数的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数的单调区间；（3）设，为导函数.若存在，使成立，求的

19、取值范围.【答案】（1）；（2）调递增区间，；单调递减区间是，；（3）.【解析】【分析】（1）先求导函数，再由函数在处取得极值，得，代入求解参数，（2）由（1）可得，再求出函数的导函数，利用令和求解函数的单调区间；（3）将代入化简，再求，然后得，令其为0，得，令，则问题转化为求在区间上的值域，利用导数求解【详解】解：（1）函数的定义域为.，由题知即解得，所以函数.（2）令得或，令得或.所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，（3），由条件存在，使成立，得，对成立，又对成立，化简得，令，则问题转化为求在区间上的值域，求导得，令，为二次函数，图象开口向上，则，又，则，在区间上单调递增，值域为，所以的取值范围是【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理- 19 -