2022天津市耀华中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

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天津市耀华中学2021-2022第一学期高三第二次阶段检测数学试题注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷.第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置.第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置.答案写在试卷上均无效，不予记分.第I卷（选择题）一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）1. 已知集合，，，则集合（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用补集和并集的定义计算即可.【详解】集合，，，因为∴集合．故选：D．2. 设，则“”是“”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【答案】A【解析】【分析】分别解出和的范围，依据小范围推大范围的原则判定充分必要条件.【详解】解：由，解得或，由，解得或，故由能够推出，由不能够推出，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A．3. 函数在的大致图象是（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性排除C、D，根据时，函数值的符号排除B，故选A.【详解】因为，所以，所以为上的奇函数，其图象关于原点对称，故C、D不正确；当时，，所以，故B不正确;故选：A【点睛】关键点点睛：利用函数的性质排除不正确选项是解题关键.4. “”是“”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【答案】A【解析】【分析】根据定义分别判断充分性和必要性即可.【详解】若，则，则，反之，若，当时，无意义，故“”是“” 的充分不必要条件.故选：A.5. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先将已知条件化简，再利用二倍角公式即可求解.【详解】由可得，所以，故选：C6. 设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用指数和对数的单调性求解.【详解】因为，，，所以故选：A7. 已知△ABC的三边为a，b，c，且，△ABC面积为S，且，则面积S的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理和面积公式可求出A，然后结合基本不等式可得.【详解】，所以，即，显然A为锐角，，解得 由，得，当时，取等号，即.故选：C8. 若，，，，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用对数函数，结合基本不等式即可确定P、Q、R的大小关系【详解】由于函数在上是增函数，则由基本不等式可得因此，故选：B【点睛】本题考查了利用对数函数的单调性比较大小，应用函数思想构造对数函数，并利用其单调性和基本不等式比较大小9. 已知函数若方程有5个不等实根，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】把方程根的个数问题转化为函数零点个数问题，由方程求出的表达式，根据已知函数的解析式，结合绝对值的性质分类讨论，运用换元法，结合二次函数的单调性进行求解即可.【详解】因为，所以一定是方程的一个实根，当时，由题意可知：此时方程有四个非零实根，由，设，问题转化为：函数与函数有四个不同交点（交点不能在纵轴上），（1）当时，，令 ，则，当时，函数单调递减，且 ，此时单调递增，且，所以 此时单调递减，且；当时，函数单调递增，且 ，此时单调递增，且，所以 此时单调递增，且； （2）当时，，令 ，则，当时，函数单调递增，且 ，此时单调递减，且，所以 此时单调递减，且；（3）当时，，当时，函数单调递增，此时 ，因此函数单调递减，所以函数也单调递减，所以，当时，，函数单调递减，此时 ，因此函数单调递增，所以函数也单调递增，因此 ，所以函数在 时，与函数的图象如下图所示：根据以上的分析函数的性质，结合图象可知：要想函数与函数有四个不同交点（交点不能在纵轴上），只需或，故选：D【点睛】关键点清：本题的关键有以下几点：1、把方程根的问题转化为函数零点问题，进而转化为函数图象交点问题；2、根据绝对值的性质分类讨论；3、熟练掌握函数单调性的性质；4、数形结合思想的运用.第II卷（非选择题）二、单空题（本大题共6小题，共30.0分）10. 二项式的展开式中的常数项为__________.【答案】15【解析】【分析】由该二项式的通项公式即可得出.【详解】由题意可得，通项为，令，得，所以常数项为，故答案为：.11. 在的展开式中，x的系数是________．（用数字作答）【答案】10【解析】【分析】先求出展开式的通项，令x的指数为1即可求出.【详解】的展开式通项为，令，解得， x系数是.故答案为：10.12. 甲、乙两人进行象棋比赛，约定五局三胜制，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，则甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率______________；用表示比赛决出胜负时的总局数，则_____________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】甲在4局以内（含4局）赢得比赛，则前三局都是甲获胜或前三局甲胜两局乙胜一局，第四局甲胜，即可求概率；表示比赛决出胜负的总局数，则由题意知，利用独立事件乘法公式及互斥事件加法公式求概率，进而求期望即可.【详解】由题意知：甲在4局以内（含4局）赢得比赛，则必须有三局获胜，1、前三局都是甲获胜：.2、前三局甲胜两局乙胜一局，第四局甲胜：.∴甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率.由题意知：∴，，，∴.故答案为：，.【点睛】关键点点睛：根据甲在4局以内（含4局）赢得比赛的基本事件有{前三局都是甲获胜，前三局甲胜两局乙胜一局而第四局甲胜}，应用独立事件、互斥事件的概率求法求概率；为比赛决出胜负的总局数，易知，先求可能值对应的概率再求期望.13. 已知过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】利用圆的几何性质进行求解即可.【详解】由，所以该圆的半径，圆心设为,设，显然当过点的直线与直线垂直时，有最小值，因为，，所以由圆的垂径定理可得：.故答案为：14. 已知，且，则的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】将所求式子进行整理，然后利用基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，即，当且仅当，即，时取等号．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.15. 在长方体中，已知，，，则三棱锥的体积为______，长方体的外接球的表面积为______．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】利用棱锥的体积公式可得三棱锥的体积；求出长方体的外接球的半径，利用球的表面积公式计算即可．【详解】三棱锥的体积为：．外接球的半径为：，所以外接球的表面积为：．故答案为：；．三、解答题（本大题共5小题，共75.0分）16. 的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c，已知且.（1）求角A的大小；（2）若的周长为，求的面积；（3）若，求的值.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由余弦定理角化边化简后可得；（2）余弦定理与已知联立可得bc的值，然后可得；（3）先由正弦定理可得的值，然后根据二倍角公式与和差公式可解.【小问1详解】因为，所以，整理可得：，由余弦定理可得：，所以，，所以可得；【小问2详解】由三角形的周长为，a=，所以，由（1）可得，而，所以可得，可得，所以，所以△ABC的面积为；【小问3详解】因为b=，a=，A=π，由正弦定理可得：=，b＜a，所以B为锐角，所以，所以，，所以，即，所以．17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，ABCD，PC⊥底面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中点.（1）求证：平面EAC⊥平面PBC；（2）当a=1时，求直线PD与AE所成角的正弦值；（3）若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）利用线面垂直及勾股定理的逆定理得到线线垂直，进一步可证明线面垂直，从而实现面面垂直；（2）先建立空间直角坐标系，再求相关向量，再用夹角公式计算即可；（3）先根据条件求得，再用夹角公式计算即可.【小问1详解】证明：PC⊥平面ABCD，AC⊂平面 ABCD，∴AC⊥PC．∵AB=4，AD=CD=2，AB⊥AD，ABCD，∴．∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC又 BCPC=C，∴AC⊥平面 PBC．∵AC⊂平面 EAC，∴平面EAC⊥平面 PBC．【小问2详解】如图，以点C为原点，过点C作的平行线为x轴，分别y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则P（0，0，2），B（2，，0），A（2，2，0），E（1，，1），,所以，设直线PD与AE所成角为θ，则，又因为，所以，故直线PD与AE所成角的正弦值为，【小问3详解】结合（2）所建立的直角坐标系，则C（0，0，0），A（2，2，0），B（2，-2，0），设P（0，0，2a）（a＞0），则E，取，则为面PAC的法向量．设为面EAC的法向量，则，即，取，则，依题意，，则．于是．设直线PA与平面EAC所成角为，则，即直线 PA 与平面EAC所成角的正弦值为．18. 设是等差数列，是各项都为正整数的等比数列，且，，，.（1）求，的通项公式；（2）若数列{dn}满足，，且，试求的通项公式；（3）若，求数列的前项和.【答案】（1），    （2）    （3）.【解析】【分析】（1）通过已知条件运用基本量法求得，的通项公式即可；（2）通过已知条件求得，讨论为奇数和为偶数两种情况下的通项公式；（3）由已知条件求得通项公式，分为奇数和为偶数两种情况分别运用错位相减法和裂项相消法求和并相加求得数列的前项和.【小问1详解】设的公差为，的公比为，则依题意有，因为，，，所以，解得或．由于是各项都为正整数的等比数列，所以.所以，.所以的通项公式为，的通项公式为.【小问2详解】因为，所以，所以，，两式相除：，由，，得.所以是以为首项，以为公比的等比数列；是以为首项，以为公比的等比数列.所以当为奇数时，，当为偶数时，所以的通项公式.【小问3详解】因为，所以当n为奇数时，，错位相减得，当n为偶数时，，裂项相消得，∴．19. 已知椭圆（a＞b＞0）过点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，且|OA|=2|OB|．（1）求椭圆的方程；（2）过点A的直线l1与椭圆交于另一点M，过点B的直线l2与椭圆交于另一点N，直线l1与l2的斜率的乘积为，M，N关于y轴对称，求直线l1的斜率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)由|OA|=2|OB|可得a=2b，由椭圆（a＞b＞0）过点可得，解方程求，由此可得椭圆方程，(2) 设直线l1的方程为y=k（x-6）,联立方程组求M的坐标，由条件求出直线l2的方程，联立方程组求N，根据M，N关于y轴对称，列方程求.【小问1详解】因为|OA|=2|OB|，即a=2b，又椭圆过点，所以，解得a=6，b=3，椭圆方程为．【小问2详解】设直线l1的方程为y=k（x-6），则得（1+4k2）x2-48k2x+144k2-36=0，解得x1=6，，所以．因为直线l1，l2的斜率乘积为，所以直线l2的方程为，同理可得，因为M，N关于y轴对称，所以，即4k2-4k-1=0，解得．所以直线l1斜率为．20 已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，若关于的方程有唯一实数解，试求实数的取值范围；（3）若函数有两个极值点，，且不等式恒成立，试求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）对函数求导，求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得在点的切线方程；（2）原方程等价于，对求导得到函数单调区间,可知当时，；当时，,结合单调性可得到实数的取值范围；（3）对函数求导，可得，恒成立恒成立，将用替换，并构造函数，对求导可求得函数在上的最小值，即可知道实数的取值范围.【详解】(1)当时，有,，,过点的切线方程为，即.（2）当时，有，其定义域为，从而方程,可化为，令，则，由或,在和上单调递增，在上单调递减，且，又当时，；当时，,关于的方程有唯一实数解，所以实数的取值范围是或.（3）的定义域为，令,又因为函数有两个极值点， 有两个不等实数根，，且，从而,由不等式恒成立恒成立，，令,，当时恒成立，所以函数在上单调递减，，故实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的零点以及不等式恒成立问题，属于难题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.