2022屆天津市九校聯考高三下學期一模數學試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2022屆天津市九校聯考高三下學期一模數學試題一、單選題1已知集合，則（）ABCD【答案】C【分析】根據集合的補集、交集運算即可.【詳解】因為，所以，所以，故選：C2已知 ，“”是“”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【答案】D【分析】分別解不等式和，求得它們的解集，看二者的關系，根據其邏輯推理關系，可得答案.【詳解】解不等式，即 得 ；解不等式，即 或 ，解得 ，由于推不出，也推

2、不出，故“”是“”的既不充分也不必要條件，故選：D3某班組織奧運知識競賽，將參加競賽的學生成績整理得下邊的頻率分布直方圖，若低于60分的有9人，則該班參加競賽的學生人數是（）A27B30C45D60【答案】B【分析】首先求得低于分的頻率，由此求得該班參加競賽的學生人數.【詳解】由頻率分布直方圖知低于60分的頻率為，該班參加競賽的學生人數為故選：B4已知函數，其圖象大致為（）ABCD【答案】A【分析】利用排除法，首先根據解析式判斷函數的對稱性，再確定時的符號，即可確定函數圖象.【詳解】由，知：關于原點對稱，排除B、D；當時，排除C.故選：A5已知，則，的大小關系為()ABCD【答案】B【分析】首

3、先根據指數對數互化公式以及換底公式求出，然后再利用中介值“1”即可比較，的大小.【詳解】由可得，因為，所以，又因為，所以.故選：B.6已知拋物線，直線傾斜角是且過拋物線的焦點，直線被拋物線截得的線段長是，雙曲線的一個焦點在拋物線的準線上，則直線與軸的交點到雙曲線的一條漸近線的距離是ABCD【答案】D【詳解】拋物線的焦點為,由弦長計算公式有 ,所以拋物線的標線方程為,準線方程為 ,故雙曲線的一個焦點坐標為,即 ,所以 ,漸近線方程為,直線 方程為,所以點,點P到雙曲線的一條漸近線的距離為 ,選D.點睛: 本題主要考查了拋物線與雙曲線的簡單幾何性質, 屬于中檔題. 先由直線過拋物線的焦點,求出弦長

4、,由弦長求出的值,根據雙曲線中的關系求出 ,漸近線方程等,由點到直線距離公式求出點P到雙曲線的一條漸近線的距離.7函數（，）的部分圖象如圖所示，圖象與軸交于點，與軸交于點，點在圖象上，點、關于點對稱，則下列說法中正確的是（）A函數的最小正周期是B函數的圖象關于點對稱C函數在單調遞減D函數的圖象向右平移后，得到函數的圖象，則為偶函數【答案】B【分析】對A，可求得函數的周期為；對C，可求得在遞減，在遞增，根據圖象求出；對D，是奇函數；利用排除法，即可得到答案；【詳解】點、關于點對稱，則，所以A錯誤；由，可得，代入，可得，解得，則，即，因為，所以的圖象關于點對稱，對稱，故B正確；由圖象可得在，遞減，

5、在，遞增，則在遞減，在遞增，所以C錯誤；函數的圖象向右平移后，可得，是奇函數，D錯誤.故選：.8以ABC為底的兩個正三棱錐 和 內接于同一個球，并且正三棱錐 的側面與底面ABC所成的角為，記正三棱錐 和正三棱錐 的體積分別為和，則=（）ABCD【答案】C【分析】由題意畫出圖形，把正三棱錐的體積比轉化為高的比，然后通過求解直角三角形得到兩三棱錐高的關系得答案【詳解】如圖，正三棱錐和正三棱錐內接于同一個球， 設到底面的距離為，到底面的距離為，則，取的中點，連接，記與平面的交點為，由兩個正三棱錐和內接于同一個球，故一定為球的直徑，記其中點為即為球心，且由題意可知，為正三角形的中心，因此，分別為正三棱

6、錐和正三棱錐的高，由，且為的中點，可得，則為正三棱錐的側面與底面所成的角為，記球的半徑為，于是，在中，由勾股定理可得，解得，于是，則,故選：C9已知函數，若關于的方程有四個不等實根，則實數的取值范圍為（）ABCD【答案】A【分析】畫出函數的圖象，使用換元法，令，并構造函數，通過的范圍，可得結果.【詳解】當時，則令，則令，則所以函數在遞增，在遞減，則，且當時，函數圖象如圖，關于的方程有四個不等實根令，則，所以，由則函數一個根在，另外一個根在中所以綜上所述：故選：A【點睛】本題考查方程根的個數求參數，學會使用等價轉化的思想以及換元法，考驗分析能力以及邏輯推理能力，采用數型結合的方法，形象直觀，化繁

7、為簡，屬難題.二、填空題10已知復數，則_.【答案】2【分析】直接利用復數代數形式的乘除運算化簡復數z，再由復數求模公式計算得答案【詳解】解：，則.故答案為：2.11若的展開式的二項式系數和為32，則展開式中的系數為_.【答案】【解析】根據二項式系數和求得，根據二項式展開式的通項公式求得的系數.【詳解】依題意的展開式的二項式系數和為，所以，即.二項式展開式的通項公式為.令，所以的系數為.故答案為：【點睛】本小題主要考查二項式展開式的有關計算，屬于基礎題.12若直線l截圓所得的弦長為2，則k的值為_.【答案】【分析】利用直線與圓相交的特征三角形，即可求解.【詳解】由題意得，圓心到直線的距離為，則

8、，即，解得.故答案為：13設，那么 的最小值是_.【答案】16【分析】利用均值不等式求的最大值表達式，再利用均值不等式求解作答.【詳解】因，則，當且僅當，即時取“=”，因此，當且僅當，即時取“=”，所以，當時，取最小值16.故答案為：16三、雙空題14已知袋內有大小相同的1個紅球和3個白球，袋內有大小相同的2個紅球和4個白球.現從兩個袋內各任取2個球，則恰好有1個紅球的概率為_；記取出的4個球中紅球的個數為隨機變量，則的數學期望為_.【答案】 【分析】利用古典概型公式得解【詳解】從兩個袋內各任取2個球，有種，恰好有1個紅球有從兩個袋內各任取2個球，則恰好有1個紅球的概率為取出的4個球中紅球的個

9、數為隨機變量，則可能取值為;故答案為：，【點睛】熟練掌握超幾何分布是解題關鍵.15如圖，在菱形ABCD中，E、F分別為BC、CD上的點. ，點M在線段EF上，且滿，則 _；若點N為線段BD上一動點，則 的取值范圍為_.【答案】 0.5 【分析】第一空，由題意得出，分別是，的一個三等分點，設，然后把用，表示可得，和已知等式相比，即可求得答案；第二空，設，用基底，表示，然后求數量積，再結合二次函數的性質得出取值范圍【詳解】由題意得，所以，分別是以，的一個三等分點，設，則，又，所以，解得，所以；設，所以，所以，因為，所以，故答案為：；，四、解答題16在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c

10、.已知ABC的面積為，bc2，cos A.(1)求a和sin C的值；(2)求cos的值.【答案】(1)a8，；(2).【分析】（1）先求出b6，c4，再利用余弦定理求出a8，最后利用正弦定理求解；（2）利用和角的余弦公式和二倍角公式化簡求值.【詳解】(1)解：在ABC中，由cos A，可得sin A.由SABCbcsin A3，得bc24，又由bc2，解得b6，c4.由a2b2c22bccos A，可得a8.由，得sin C.(2)解：coscos 2Acos sin 2Asin (2cos2A1)2sin Acos A.17如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA平而ABCD，E為CD的中點，M

11、在AB上，且(1)求證：EM平面PAD；(2)求平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值；(3)點F是線段PD上異于兩端點的任意一點，若滿足異面直線EF與AC所成角為45，求AF的長.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】(1)通過向量證明線線平行，再證明線面平行即可；(2)分別求出相關平面的法向量后，再運用夾角公式計算即可；(3)根據已知條件求出點的坐標，再計算長度即可.【詳解】(1)由題意，建立如下圖所示的空間直角坐標系，則.(1)則，所以，又，所以，又平面PAD，平面PAD,所以EM平面PAD.(2).設平面的法向量為，則有，可取，由題意，平面的一個法向量可取，設平面PAD與平面

12、PBC所成銳二面角為，則，所以平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值為.(3)設，即，可得，所以,又，由題意有,解得或（舍）所以，所以18在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：長軸是短軸的倍，點(2，1)在橢圓C上.（1）求橢圓C的方程；（2）設直線l與圓O：相切，切點在第一象限，與橢圓C相交于P，Q兩點.求證：以PQ為直徑的圓經過原點O；若OPQ的面積為求直線l的方程.【答案】（1）； （2）證明見解析，或.【解析】（1）由題意，列出方程組，求得的值，進而得到方程；（2）直線的方程為，聯立方程，根據韋達定理，計算出，可得，即以為直徑的圓過原點；根據弦長公式，三角形的面積公式，列出方程，求

13、得的值，即可求得直線分方程.【詳解】（1）由題意橢圓C長軸是短軸的倍，點(2，1)在橢圓C上，可得，解得，所以橢圓的方程為.（2）因為切點在第一象限，直線的斜率存在，不妨設直線的方程為，即，且，因為直線與圓相切，所以，即，聯立，得，設，則有，所以，所以，所以，即，即以為直徑的圓過原點.由可得，所以，點到直線的距離為，可得，解得，或，當時，當時，所以，或，則直線方程為或.【點睛】對于直線與圓錐曲線的位置關系的綜合應用問題，通常聯立直線方程與圓錐曲線的方程，應用一元二次方程根與系數的關系進行轉化求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力19

14、已知數列中，.（1）求證：數列是等比數列.（2）記是數列的前項和：求；求滿足的所有正整數.【答案】（1）證明見詳解；（2）；滿足的所有正整數有和.【解析】（1）設，推導出，由此能證明數列是等比數列；（2）推導出 ，由，得 ， ，從而；：由的求和式子由此能求出滿足Sn0的所有正整數n的值【詳解】（1）設，因為 ，所以數列是以即為首項，以為公比的等比數列.（2）由（1）得 ，即，由，得 ，所以 ， ，顯然當時，單調遞減，又當時，當時，所以當時，； ，同理，當且僅當時，綜上，滿足的所有正整數為和.【點睛】關鍵點點睛：本題考查等比數列的證明，考查滿足數列的前n項和的正整數的最大值的求法，解題的關鍵是根

15、據等比數列的通項公式得出， ，考查等比數列、分組求和法等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想20已知函數（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）若，且在區(qū)間上恒成立，求的取值范圍；（3）若，判斷函數的零點的個數.【答案】（1）；（2）；（3）當時，函數恰有1個零點【分析】（1）當時，對求導，求出切線的斜率，再利用點斜式求出切線方程；（2）若，且在區(qū)間，上恒成立，即：在，上的最小值大于1；利用導數求判斷函數的最小值（3）分類討論判斷的單調性與函數的最小值，從而驗證在區(qū)間上單調遞增再構造新函數，證明，進而判斷函數是否穿過軸即可【詳解】解：（1）若，則，所以，所以，所以切線方程為（2）依題意，在區(qū)間上因為，令得，或若，則由得，；由得，所以，滿足條件；若，則由得，或；由得，依題意，即，所