2022届天津市第一中学高三下学期5月月考数学试题(解析版)_第1页
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1、试卷第 =page 1 1页,共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 16 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 页2022届天津市第一中学高三下学期5月月考数学试题一、单选题1设全集,集合,则()ABCD【答案】B【解析】先解一元二次不等式求出集合B,从而可求出集合B的补集,进而可求得【详解】由得,所以,所以故选:B2设,则“”是“”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据充分必要条件的定义结合不等式的性质得出答案.【详解】,可得“”是“”的充分条件;由,当时,可得,即

2、;当时,可得,即;可得“”不是“”的必要条件;所以“”是“”充分不必要条件;故选:A.3已知函数,则的大致图像正确的是()ABCD【答案】C【解析】首先判断函数的奇偶性,再利用特殊值,即可判断;【详解】解:因为,所以,所以为偶函数,函数图象关于轴对称,故BD排除;又,因为,所以,所以,故排除A;故选:C4已知定义在上的偶函数在区间上递减.若,则,的大小关系为()ABCD【答案】B【解析】由是偶函数在上递减,故在上递增,然后比较的自变量,进而判断得结果.【详解】因为定义在R上的偶函数在区间上递减,所以在上递增,因为,在上递增,所以,即,故选:B.【点睛】方法点睛:本题考查了函数的基本性质,对于抽

3、象函数,要灵活掌握并运用图像与奇偶性、单调性等性质,要注意定义域,还应该学会解决的基本方法与技巧,如对于选择题,可选用特殊值法、赋值法、数形结合等,应用分析、逻辑推理、联想类比等数学思想方法.5为了了解居民用电情况,通过抽样,获得了某城市户居民的月平均用电量(单位:度),以,分组的频率分布直方图如下图.该样本数据的55%分位数大约是()ABCD【答案】C【分析】由已知,可通过频率分布直方图的性质求解出的值,然后设出样本数据的55%分位数为,根据题意列出等量关系,求解即可.【详解】由直方图的性质可得:,解得,由已知,设该样本数据的55%分位数大约是,由,解得.故选:C.6若所有棱长都是3的直三棱

4、柱的六个顶点都在同一球面上,则该球的表面积是()ABCD【答案】C【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,求出球的半径即可求出球的表面积【详解】解:由题意可知:正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,底面中心到顶点的距离为:;所以外接球的半径为:所以外接球的表面积为:故选:C【点睛】本题是基础题,考查正三棱柱的外接球的表面积的求法,找出球的球心是解题的关键,考查空间想象能力,计算能力7已知函数,则下列说法正确的是().A的最大值为2B由的图像向左平移个单位C的最小正周期为D的单调递增区间为()【答案】D【分析】根据三角恒等变换公式可将化简为,然后根据各选项的要求分别求得

5、函数的最大值、最小正周期、单调递增区间以及函数图象平移后的解析式,最后作出判断即可.【详解】,显然的最大值为,故A错误;的图像向左平移个单位后解析式为,故B错误;的最小正周期为,故C错误;令(),解得(),所以的单调递增区间为(),故D正确.故选:D.【点睛】本题考查简单三角恒等变换,考查正弦型函数的图象和性质,考查逻辑思维能力和运算求解能力,属于常考题.8已知双曲线的左顶点为A,离心率为,是抛物线上一点,且点M到抛物线焦点的距离为5,若双曲线的一条渐近线与直线AM垂直,则双曲线的方程为()ABCD【答案】D【分析】根据抛物线焦半径公式可得,进而得到,再根据双曲线离心率为可得渐近线方程,再根据

6、渐近线与直线AM垂直求解可得【详解】由抛物线的焦半径公式可得,解得,故抛物线方程,又,所以,.又因为双曲线离心率为,故渐近线方程为,又双曲线的一条渐近线与直线AM垂直,不妨设,此时与直线AM垂直的渐近线斜率为,故,解得,故,双曲线方程为故选:D9已知函数关于x的方程在上有四个不同的解,且若恒成立,则实数k的取值范围是()ABCD【答案】D【分析】由分段函数先画出图象,将方程变形得,故只有时才有四个不相同的解,由余弦函数对称性可求,令可求范围,令可得,则等价于,结合基本不等式可求的取值范围.【详解】画出函数的图象,如图所示:,由图易知,当时,方程无解,故只有时才有四个不相同的解,且由,解得或,从

7、而,由余弦函数的性质知,关于直线对称,则,由,即,解得x1或x9,从而,令得,则,故等价于,故,恒成立,所以(当且仅当时取得最小值),所以,故选:D二、填空题10已知i是虚数单位,复数(),且满足,则_.【答案】【分析】根据复数的乘法运算以及复数相等可得,再利用复数模的求法即可求解.【详解】由题意,得,所以,解得,所以.故答案为:【点睛】本题考查了复数的乘法运算、复数模的求法,考查了基本运算求解能力,属于基础题.11在的展开式中,的系数是_【答案】10【分析】写出二项展开式的通项公式,整理后令的指数为2,即可求出【详解】因为的展开式的通项公式为,令,解得所以的系数为故答案为:【点睛】本题主要考

8、查二项展开式的通项公式的应用,属于基础题12已知直线和圆相交于两点若,则的值为_【答案】5【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径,由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离,进而利用弦长公式,即可求得【详解】因为圆心到直线的距离,由可得,解得故答案为:【点睛】本题主要考查圆的弦长问题,涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式,属于基础题13已知,则的最小值是_【答案】【解析】由题得,化简整理得再利用基本不等式可得解.【详解】由,得,则,当且仅当时等号成立,此时或;则的最小值是.故答案为:.【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项

9、必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方.14甲乙两人进行乒乓球比赛,约定先连胜两局者赢得比赛,假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛相互独立,则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为_.【答案】【解析】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为:甲第一局赢,第二局输,第三局和第四局赢,由此可求出概率.【详解】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲

10、赢得比赛的情况为:甲第一局赢,第二局输,第三局和第四局赢,则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为.故答案为:.三、双空题15如图,菱形ABCD的边长为3,对角线AC与BD相交于O点,|=2,E为BC边(包含端点)上一点,则|的取值范围是_,的最小值为_.【答案】 .【解析】时,长度最短,与重合时,长度最长然后以)以O为原点,BD所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系,设出点坐标,把向量数量积用坐标表示后可求得最小值【详解】根据菱形性质可得OC,则BO.(1)作AFBC,则AF,此时AE最短,当E与C重合时,AE最长,故,即|;(2)以O为原点,BD所在直线为x轴建系如图:则A(0,)B(,

11、0),C(0,),D(,0),所以BC:y,设E(m,)则,其中m对称轴为m,故当m时最小,最小值为.故答案为:;【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积,向量模的范围可由几何图得出,而数量积的最值通过建立坐标系,用坐标运算把数量积表示一个函数,由函数知识求解这样只要计算即可四、解答题16在中,.(1)求AB的长;(2)求;(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)由同角三角函数基本关系结合正弦定理可得AB的长;(2)根据三角形内角和,结合两角和的余弦公式求解即可;(3)根据二倍角公式与两角差的余弦公式求解即可【详解】(1)由,且可得.由正弦定理有,得(2)由题意可得(3)由(2),

12、由二倍角公式可得:,故.17如图,平面,点分别为的中点.()求证:平面;()求二面角的正弦值;()若为线段上的点,且直线与平面所成的角为,求线段的长.【答案】()证明见解析;();().【分析】()连接,证得,利用用线面判定定理,即可得到;()以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向的空间直角坐标系,求得平面和平面法向量,利用向量的夹角公式,即可求解()设,则,从而,由()知平面的法向量为,利用向量的夹角公式,得到关于的方程,即可求解【详解】()连接,因为,所以,又因为,所以为平行四边形.由点和分别为和的中点,可得且,因为为的中点,所以且,可得且,即四边形为平行四边形,所以,又,所以.()因

13、为,可以建立以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得,.设为平面的法向量,则,即,不妨设,可得设为平面的法向量,则,即,不妨设,可得.,于是.所以,二面角的正弦值为.()设,即,则.从而.由()知平面的法向量为,由题意,即,整理得,解得或,因为所以,所以.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明,以及空间角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.18已知正项等比数列,满足

14、,是与的等差中项.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)(2)当n为偶数时,;当n为奇数时,.【分析】(1)由等比中项求出,再由等差中项得到方程,利用等比数列的通项公式相关计算求出公比,得到通项公式;(2)利用裂项相消求和和分组求和得到答案.【详解】(1)是正项等比数列,故,所以,又,设公比为q(q0),即,即,解得:,则数列的通项公式为(2)则当n为偶数时,;当n为奇数时,.19已知点是离心率为的椭圆C:上的一点,斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值;(3)的面积是否存在最大值

15、?若存在,求出这个最大值;若不存在,说明理由?【答案】(1)(2)证明见解析(3)的面积存在最大值为【分析】(1)由已知解方程组即可;(2)设出直线BD的方程,联立椭圆方程,利用韦达定理解决;(3)将ABD面积表示成,再利用基本不等式求得最值.【详解】(1)点是离心率为的椭圆:上的一点,解得,椭圆的方程为(2)设,直线、的斜率分别为、,设直线的方程为,联立,得,得,则,()将、式代入式整理得,直线,的斜率之和为定值0(3),又点到直线:的距离,当且仅当时取等号,又,当时,的面积最大,最大值为【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20已知函数(自然对数底数).(1)当时,讨论函数的单调性;(2)当时,()证明:存在唯一的极值点;()证明:.【答案】(1),单调递增,单调递减;(2)()证明见解析;()证明见解析【分析】(

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