2022届天津市南开区高三下学期三模数学试题(w.pdf

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1、2022 届天津市南开区高三下学期三模 数学试题 本练习分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共 150 分，作答时间 120 分钟.第卷 1 至 2 页，第卷 3 至 5 页.第卷 注意事项：本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分.参考公式：球的体积公式343VR球，球的表面积公式24VR球，其中 R 表示球的半径.锥体的体积公式13VSh锥体，其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高.如果事件 A，B 互斥，那么 如果事件 A，B 相互独立，那么()()()P ABP AP B.()()()P ABP AP B.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

2、.（1）设全集为1,2,3,4,5,6U，2,3,5UA，2,5,6B，则UAB（）A.1,4 B.2,5 C.6 D.1,3,4,6（2）已知命题2:23p xx和命题:|1|2qx，则p 是 q 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（3）为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取 n 个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在9,11)的学生人数为 25，则 n 的值为（）A.70 B.60 C.50 D.40（4）函数2ln2xyx，(2,2)x 的图象大致为（）.A B C

3、D（5）已知函数()f x是定义在R上的偶函数，且()f x在0,)单调递增，记13log 2af，0.32.3bf，2log 10cf，则 a，b，c 的大小关系为（）.A.abc B.cab C.bca D.acb（6）将函数()2sin(0)3f xx的图象向左平移3个单位，得到函数()yg x的图象，若函数()g x在区间0,4上单调递增，则的值可能为（）A.73 B.13 C.3 D.4（7）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左顶点与抛物线22(0)ypx p的焦点的距离为 4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(1,2)，则双曲线的焦距为（）A.6 5 B

4、.3 5 C.6 3 D.3 3（8）已知三棱维ABCD中，侧面ABC 底面BCD，ABC是边长为 6 的正三角形，BCD是直角三角形，且2BCD，4CD，则此三棱锥外接球的表面积为（）.A.36 B.48 C.64 D.128（9）设函数()|21|f xx，函数()()log(1)(0,1)ag xf f xxaa在区间0,1上有 3 个零点，则实数 a 的取值范围为（）.A.31,2 B.(1,2)C.3,22 D.(2,)第卷 注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔答题；2.本卷共 11 小题，共 105 分.二、填空题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分.（10）i

5、是虚数单位，则1 i34i的虚部为_.（11）2nxx的展开式的二项式系数之和为 64，则展开式中的常数项为_.（12）设直线30axy与圆22(1)(2)4xy相交于 A，B 两点，且弦AB的长为2 3，则实数a _.（13）为了抗击新冠肺炎疫情，现在从 A 医院 200 人和 B 医院 100 人中，按分层抽样的方法，选出 6 人加入“援鄂医疗队”，再从此 6 人中选出两人作为联络员，则这两名联络员中 B 医院至少有一人的概率为_；设两名联络员中 B 医院的人数为 X，则随机变量 X 的数学期望为_.（14）已知0a，0b，1ab，则1132abab的最小值为_.（15）在等腰梯形ABCD

6、中，已知AB/CD，4AB，2BC，60ABC，动点 E 和 F 分别在线段BC和DC上，且BEBC，19DFDC，当_时，则AE AF有最小值为_.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）（本小题满分 14 分）已知ABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且tan1B，2a，3b.（）求sin A；（）求cos(2)AB；（）求 c 的长.（17）（本小题满分 15 分）如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为 4 的正方形，PAD是正三角形，CD 平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.

7、（）求证：PO 平面ABCD；（）求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小；（）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由.（18）（本小题满分 15 分）已知焦点在 x 轴上，中心在原点，离心率为32的椭圆经过点(2,1)M，动点 A，B（不与点 M 重合）均在椭圆上，且直线MA与MB的斜率之和为 1.（）求椭圆的方程；（）证明直线AB经过定点，并求这个定点的坐标.（19）（本小题满分 15 分）已知数列 na是公比1q 的等比数列，前三项和为 13，且1a，22a，3a恰好分别是等差数列 nb的第一项，第三项，第五项.（）求 na

8、和 nb的通项公式；（）已知*kN，数列 nc满足21,21,2nnnnnnkb bca bnk，求数列 nc的前 2n 项和2nS；（）设2(810)12121nnnnnadaa，求数列 nd的前 n 项和nT.（20）（本小题满分 16 分）己知函数21()(1)ln()2f xxaxaxx aR，记()f x的导函数为()g x.（）讨论()g x的单调性；（）若()f x有三个不同的极值点1x，2x，3x，其中123xxx，（i）求 a 的取值范围；（ii）证明：312f xf xf x.20212022 学年度第二学期高三年级阶段练习参考答案 数学学科 一、选择题：（本题共 9 小题

9、，每题 5 分，共 45 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A A C D A C A D C 二、填空题：（本题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分）10.125 11.60 12.0 13.35；23 14.32 25 15.23；589 三、解答题：（其他正确解法请比照给分）16.（）解：因为tan1B，2a，3b，所以由(0,)B，可得4B，所以由正弦定理sinsinabAB，可得22sin12sin33aBAb.（）解：因为1sin3A，ab，可得 A 为锐角，所以22 2cos1 sin3AA，可得4 2sin22sincos9AAA，27cos22cos19

10、AA，所以724 227 28cos(2)cos2cossin2 sin929218ABABAB.（）解：因为122 2224sinsin()sincoscossin32326CABABAB，所以由sinsinacAC，可得242sin612 21sin3aCcA.17.（）证明：因为PAD是正三角形，O是AD的中点，所以POAD.又因为CD 平面PAD，PO 平面PAD，所以POCD，ADCDD，AD，CD 平面ABCD，所以PO 面ABCD.（）解：如图，以 O 点为原点分别以OA，OG，OP所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则 (0,0,0)O，(2,0,0)A，(2

11、,4,0)B，(2,4,0)C，(2,0,0)D，(0,4,0)G，(0,0,2 3)P，(1,2,3)E，(1,0,3)F，(0,2,0)EF，(1,2,3)EG.设平面EFG的法向量为(,)mx y z，由00m EFm EG，得20,230,yxyz 令1z，(3,0,1)m.又平面ABCD的法向量(0,0,1)n.设平面EFG与平面ABCD所成的夹角为，所以|1cos2|m nm n，所以平面EFG与平面ABCD的夹角为3；（）解：假设线段PA上存在点 M，使得直线GM与平面EFG所成角为6，即直线GM与平面EFG法向量m所在直线所成的角为3.设PMPA，0,1，GMGPPMGPPA，

12、所 以(2,4,2 3(1)GM，故23cos|cos,|32 467GM m，整理得22320，其0，无解，所以，不存在这样的点M.18.（）解：设椭圆22221(0)xyabab，由离心率为32，得32ca，又因为222abc，所以224ab.由(2,1)M在椭圆上可得22411ab，解得22b，28a.所以椭圆G的方程为22182xy.（）解：当直线AB与 x 轴垂直时，设(,)(1)A s t s，则(,)B st.由题意得：11122ttss，即0s.所以直线AB的方程为0 x.当直线AB不与 x 轴垂直时，可设直线AB为ykxm，11,A x y，22,B xy，将ykxm代入22

13、182xy得222148480kxkmxm，所以12281 4kmxxk，21224814mxxk.由已知可得121211122yyxx，将11ykxm和22ykxm代入，并整理得1212(21)(21)40kx xmkxxm，将12281 4kmxxk，21224814mxxk代入，并整理得2(21)420mkmk，可得(21)(2)0kmm，因为直线:AB ykxm不经过点(2,1)M，所以210km，故2m.所以直线AB的方程为2ykx，经过定点(0,2).综上所述，直线AB经过定点(0,2).19.（）解：21231122131131(1)132(2)3(1 2)4aaaaaqqaaa

14、qaqq或1913aq（舍），1*3nnanN.又11*3112152nbbbnnbdN.（）解：21nk时，2121 2111111(43)(41)4 4341nkkkccbbkkkk，13521nScccc奇 1 111 111 111114 154 594 9134 4341nn 1 114 14141nnn.2nk时，122(41)3knkkkcca bk 2462nScccc偶 213 1 7 3 11 3(41)3nSn 偶 2133 37 3(45)3(41)3nnSnn 偶 由此可得 2123 14 34 34 3(41)3nnSn 偶 112 1 33(41)3(34)331

15、 3nnnnn(43)3322nnS偶*2(43)334122nnnnSSSnNn偶奇.（）解：111112(810)1(810)3111121212 2 312 312 312 31nnnnnnnnnnannndaa 0213241021131242 2 312 312 2 312 312 2 312 31nT 111112 2 312 31nnnn 01110112 2 312 312 312 31nnnn1111142 2 312 31nnnn 20.（）解：由已知可得1()lng xxaxx，故可得22211()1axaxg xxxx.当(,2a 时，可得()0g x，故()g x在(

16、0,)单调递增；当(2,)a时，由()0g x，解 得242aax，或242aa，记2142aa，2242aa，则可知当 x 变化时，()g x，()g x的变化情况如下表：x 10,1 12,2 2,()g x+0-0+()g x 极大值 极小值 所以，函数()g x在区间240,2aa单调递增，在区间2244,22aaaa单调递减，在区间24,2aa单调递增.（）（i）解：由已知，函数()g x有三个零点1x，2x，3x，且123xxx.由（）知2a 时，()g x在(0,)单调递增，不合题意.下面研究2a 的情况.由于22211()1axaxg xxxx，故121，因此1201，又因为(

17、)g x在12,单调递减，且(1)0g，所以 10g，20g.又因为 3333 lng aaaaa，3333 lng aaaaa，由于ln1aa，且2a，故 3333333(1)331(1)0g aaaa aaaaa ，333333333(1)331 1(1)10g aaaa aaaaaaa .因此，()g x在31,a恰有一个零点（即在10,恰有一个零点），在12,恰有一个零点（即1x），在32,a恰有一个零点（即在2,恰有一个零点）.所以，a 的取值范围是(2,).（ii）证明：由（i）可知21x，且()f x在10,x单调递减，在12,x x单调递增，在23,x x单调递减，在3,x 单

18、调递增.由此可得 12f xf x，23f xf x.故只需证明 31f xf x.因为1()lng xxaxx，故11ln()gxaxg xxx，由此可得131x x.由 0ig x（其中$1i，2），可得1ln0iiixaxx，整理得21lniiixaxx，故 2221111 ln2lnlniiiiiiixxf xxxxx，整理得 2211ln12lniiiiixf xxxx.因此，2122111311211112112ln22lnxxxf xf xf xfxxxx.令21tx，可知(0,1)t，则/213111ln2(ln)422lnf xf xttttttt.令211()ln2(ln)42u ttttttt，则222231ln14()41ttttu tttt.令2231()ln14tv tttt，则422(1)()041tv tt tt，由此可得()v t在(0,1)单调递减，故()(1)0v tv，可得()u t在(0,1)单调递增，故()(1)0u tu，所以 120f xf x，因此 312f xf xf x.