2022届天津市市区重点中学高三下学期三模数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 15 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 15 页2022届天津市市区重点中学高三下学期三模数学试题一、单选题1设全集U=0，1，2，3，4，UA=1，2，B=1，3，则AB等于A2B1，2，3C0，1，3，4D0，1，2，3，4【答案】C【详解】试题分析：根据全集U及A的补集确定出A，求出A与B的并集即可解：全集U=0，1，2，3，4，UA=1，2，B=1，3，A=0，3，4，AB=0，1，3，4，故选C【解析】并集及其运算2已知是空间两个不同的平面，则“平面上存

2、在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D非充分非必要条件【答案】B【分析】直接根据充分条件和必要条件的概念即可得结果.【详解】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，可得或相交，反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件故选：B.【点睛】本题考查了空间两个平面位置关系，简单逻辑用语中充分必要条件的判断，属于基础题.3函数y=sin2x的图象可能是ABCD【答案】D【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，

3、 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复4下列说法错误的是（）A线性相关系数时，两变量正相关B两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值就越接近于C在回归直线方程中，当解释变量每增加个单位时，预报变量平增加个单位D对分类变量与，随机变量的观测值越大，则判断“与有关系”的把握程度越大【答案】B【分析】根据线性相关系数的

4、意义判断变量的正负相关性、相关强弱关系，由回归方程判断单位增量，由独立检验的观测值的大小与可靠程度的关系，判断变量关系的把握程度.【详解】A：线性相关系数时，变量为正相关，正确；B：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值就越接近于，错误；C：在回归直线方程中，当时，正确；D：对分类变量与，随机变量的观测值越大，变量间的关系把握程度越大，正确.故选：B5已知alog23log2，blog29log2，clog32，则a，b，c的大小关系是（）AabcCabbc【答案】B【分析】利用对数的运算性质求出a、b、c的范围，即可得到正确答案.【详解】因为alog23log2log2log231，b

5、log29log2log2a，clog32c.故选：B6“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺”这是我国古代数学名著九章算术卷第五中“商功”中的问题意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长126丈5尺（1丈=10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（）A立方尺B立方尺C立方尺D立方尺【答案】A【分析】求出棱柱底边梯形的面积，利用棱柱的体积公式即可求解.【详解】（立方尺），故选：A【点睛】本题考查了棱柱的体积公式，需熟记柱体的体积公式，属于基础题.7设函数，则下列结论正确的是A的图象关于直线对称B的图象关于点对称C把的图象向左平移个单位，得

6、到一个偶函数的图象D的最小正周期为，且在上为增函数【答案】C【详解】试题分析：把代入，得，所以A错误；把代入，等式不成立，所以B错误；把的图像向左平移个单位，得到，是一个偶函数，C正确；因为所以D错误.【解析】三角函数的图像与性质.8已知是双曲线的左，右焦点，点在双曲线的右支上，如果，则双曲线离心率的取值范围是ABCD【答案】A【详解】由双曲线定义和已知条件得：，又，故选A.9定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（）A的值域为B图象的对称轴为直线C当时，D方程恰有个实数解【答案】C【分析】依题意可得是以为最小正周期的周期函数，再根据上的解析式，画出函数的部分图象，结合函数图象一一分析即可

7、；【详解】解：因为，所以，即，即是以为最小正周期的周期函数，因为，所以的部分函数图象如下所示：所以函数的值域为，故A错误；函数的对称轴为，故B错误；当时，所以，所以当时，故C正确； 方程的解的个数，即的解的个数，即函数与的交点个数，结合函数图象可知，函数与只有个交点，故D错误；故选：C二、填空题10已知复数的实部和虚部相等，则_【答案】【分析】根据给定条件，利用复数除法运算化简，求出b即可计算作答.【详解】依题意，于是得，解得，则，所以.故答案为：116的二项展开式中的常数项为_.【答案】60【分析】写出二项展开式的通项，令的指数等于零，即可得出答案.【详解】解：6的二项展开式的通项为，令，则

8、，所以6的二项展开式中的常数项为.故答案为：60.12已知直线将圆平分，且与直线垂直，则的方程为_【答案】【详解】圆 ，圆心在直线上，与直线 ，所以设直线为 ，代入点 后得 ，解得： ，所以直线的方程为 .13若，则的最小值是_.【答案】2【分析】根据，结合已知解不等式即可得出答案.【详解】解：因为，所以，则，所以，解得或（舍去），当且仅当，即时，取等号，所以的最小值是2.故答案为：2.三、双空题14一个盒子里有2个黑球和3个白球，现从盒子里随机每次取出1个球，每个球被取出的可能性相等，取出后不放回，直到某种颜色的球全部取出设取出黑球的个数，则_，_【答案】 【解析】表示取球4次，3次取白球，

9、前3次中有1次取黑球，利用排列组合的方法可求总的基本事件及随机事件中含有的基本事件的个数，从而可求概率，求出的分布列后可求其数学期望.【详解】，表示取球3次，3次取白球，则，表示取球4次，3次取白球，前3次中有1次取黑球，则，故.故答案为：，.【点睛】方法点睛：随机型随机变量的分布列的计算，首先明确其可能的取值，弄清楚每一个取值的含义，再结合排列组合的知识计算相应的概率.15在中，则_；设，且，则的值为_.【答案】 3 【分析】由可得，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；把和代入，化简整理后，代入已知数据，解关于的方程即可得解【详解】解：，、三点共线，两边平方得：，解得：（

10、舍去），化简整理，得，解得故答案为：3，【点睛】本题考查平面向量的模、向量的加减法运算以及向量的数量积运算，利用到了平面向量基本定理，还采用了平方法解决模长问题，考查学生的分析能力和运算能力四、解答题16在中，角A，B，C对应的边长分别是a，b，c，且，.（）若，求；（）若的面积等于，求，.【答案】（）；（）.【详解】试题分析：（） 由正弦定理可知：，进而可得结果；（）由的面积等于，可知，可得，再由余弦定理可得结果.试题解析：（）由正弦定理可知：，从而求得（）由的面积等于，可知，从而，由余弦定理可得，联立得.17如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中ADBC，E

11、为棱BC上的点，且(1)求证：DE平面；(2)求二面角的余弦值；(3)设Q为棱CP上的点（不与C、P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求得，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）求出平面、平面的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；（3）设，利用可得，再由可得答案.【详解】(1)以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，且，所以DE平面.(2)由（1）知，DE平面，是平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以， ，由

12、图二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.(3)由（1）得，设，则，可得，所以，是平面的一个法向量所以，解得.所以.18已知椭圆C：的离心率为，右焦点为F，上顶点为A，且AOF的面积为(O为坐标原点).(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上的一点，过P的直线与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限内的一点M，证明：|PF|PM|为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据椭圆的几何性质得到ac，bc1，解得方程；（2）设椭圆上一点为.P(cos ，sin )，用点点距离表示|PF|PM|，最终求得定值解析：(1)解由题意可知：椭圆的离心率e，则ac.由AOF的面积

13、为Sbc，则bc1，由a2b2c2，解得a，bc1.椭圆的标准方程为；.(2)证明由(1)知：F(1，0)，以椭圆的短轴为直径的圆的方程为x2y21，设P(cos ，sin )，且cos 0，则|PF| 由M是圆x2y21的切点，则OMPM，且|OM|1，则|PM| cos ，|PF|PM|cos cos ，|PF|PM|为定值.点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进

14、行转化，转化成易于计算的方向.19已知数列的前项和为，满足，数列满足，且（1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；（2）若，求数列的前2n项和；（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）证明见解析，；（2）；（3）【分析】（1）由两边同时除以，即可得到数列为首项1，公差的等差数列，从而求出的通项公式，再根据得到数列为首项，公比的等比数列，即可求出的通项公式；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可；（3）首先利用错位相减法求出，参变分离可得恒成立，再利用作差法求出的最小值，即可求出参数的取值范围；【详解】解：（1）由两边同时除以，得，从而数列为首项1，公

15、差的等差数列，所以，数列的通项公式为当时，所以当时，两式相减得，又，所以，从而数列为首项，公比的等比数列，从而数列的通项公式为，（2）因为，所以，（3）由（1）得，两式相减得，所以，由（1）得，因为对，都有，即恒成立，所以恒成立，记，所以，因为，从而数列为递增数列，所以当时，取最小值，于是20已知函数.（）求函数的极值；（）求证：当时，；（）当时，若曲线在曲线的上方，求实数a的取值范围.【答案】（）极大值1，无极小值；（）见解析；（）【分析】（）求导，列出随x的变化，和的情况表，进而求得极值；（）令（），求导，由得，则，进而得出函数的单调性，由此得证；（）当时，由（）知符合题意，再令，分及均可判断不合题意，进而得出实数a的取值范围.【详解】（）因为，定义域，所以.令，解得.随x的变化，和的情况如下：x00增极大值减由