天津市九校联考2022届高三下学期数学一模试卷及答案.docx

1、高三下学期数学一模试卷一、单选题1已知集合U=0，1，2，3，4，5，A=2，4，5，B=0，2，4，则AUB=（）A2，4B2，5C5D0，2，4，52已知xR ，“x32x0”是“|x+1|3”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某班组织奥运知识竞赛，将参加竞赛的学生成绩整理得下边的频率分布直方图，若低于60分的有9人，则该班参加竞赛的学生人数是（）A27B30C45D604已知函数f(x)=|x|1xln|x|，其图象大致为（）ABCD5已知3a=2，b=ln2，c=20.3，则a，b，c的大小关系为()AabcBcbaCbcaDcab6已知抛物线C1

2、：y2=8ax(a0)，直线l倾斜角是45且过抛物线C1的焦点，直线l被抛物线C1截得的线段长是16，双曲线C2：x2a2y2b2=1的一个焦点在抛物线C1的准线上，则直线l与y轴的交点P到双曲线C2的一条渐近线的距离是A2B3C2D17函数f(x)=Asin(x+)（0，|2）的部分图象如图所示，f(x)图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在f(x)图象上，点M、N关于点C对称，则下列说法中正确的是（）A函数f(x)的最小正周期是2B函数f(x)的图象关于点(56，0)对称C函数f(x)在(23，6)单调递减D函数f(x)的图象向右平移6后，得到函数g(x)的图象，则g(x)为偶函数8以

3、ABC为底的两个正三棱锥PABC 和QABC 内接于同一个球，并且正三棱锥PABC 的侧面与底面ABC所成的角为45，记正三棱锥PABC 和正三棱锥QABC 的体积分别为V1和V2，则V1V2=（）A12B13C14D159已知函数 f(x)=ln(x)，x2b0，那么a4+1b(a2b) 的最小值是 .14已知A袋内有大小相同的1个红球和3个白球，B袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从AB两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为 ；记取出的4个球中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望为 .15如图，在菱形ABCD中AB=2，BAD=60，E、F分别为BC、CD上的点.CE=2EB

4、，CF=2FD ，点M在线段EF上，且满AM=xAB+56AD(xR)，则x= ；若点N为线段BD上一动点，则ANMN 的取值范围为 .三、解答题16在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知ABC的面积为315，bc2，cos A14.（1）求a和sin C的值；（2）求cos(2A+6)的值.17如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平而ABCD，ACAD，ABBC，BCA=60，AP=AD=AC=2，E为CD的中点，M在AB上，且AM=2MB（1）求证：EM平面PAD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（3）点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线

5、EF与AC所成角为45，求AF的长.18在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： x2a2+y2b2=1(ab0) 长轴是短轴的 2 倍，点(2，1)在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l与圆O： x2+y2=2 相切，切点在第一象限，与椭圆C相交于P，Q两点. 求证：以PQ为直径的圆经过原点O；若OPQ的面积为 635， 求直线l的方程.19已知数列 an 中， a1=1 ， an+1=13an+nn为奇数an3nn为偶数 . （1）求证：数列 a2n32 是等比数列. （2）记 Sn 是数列 an 的前 n 项和： 求 S2n ；求满足 Sn0 的所有正整数 n .20已知函数f(

6、x)=ax1x(a+1)lnx，aR（1）若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；（2）若a1，且f(x)1在区间1e，e上恒成立，求a的取值范围；（3）若a1e，判断函数g(x)=xf(x)+a+1的零点的个数.答案解析部分1【答案】C2【答案】D3【答案】B4【答案】A5【答案】B6【答案】D7【答案】B8【答案】C9【答案】A10【答案】211【答案】-1012【答案】313【答案】1614【答案】715；7615【答案】12；3736，1316【答案】（1）解：在ABC中，由cos A14，可得sin A154.由SABC12bcsin A315，得bc24，又由b

7、c2，解得b6，c4.由a2b2c22bccos A，可得a8.由asinAcsinC，得sin C158（2）解：cos(2A+6)cos 2Acos 6sin 2Asin632 (2cos2A1)122sin Acos A15731617【答案】（1）证明：由题意，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(0，2，0)，B(32，32，0)，M(33，1，0)，P(0，0，2)，E(1，1，0)，D(2，0，0).EM=(331，0，0)，AC=(0，2，0)，则EMAC=0，所以ACEM，又ACAD，所以EM/AD，又EM平面PAD，AD平面PAD，所以EM平面PAD.（

8、2）解：PC=(0，2，2)，PB=(32，32，2). 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，则有PCn=0PBn=02y2z=032x+32y2z=0，可取n=(33，1，1)，由题意，平面PAD的一个法向量可取m=(0，1，0)，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则cos=|cosm，n|=1113+1+1=217，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为217（3）解：设F(x0，y0，z0)，PF=PD(01)， 即(x0，y0，z02)=(2，0，2)，可得F(2，0，22)，所以EF=(21，1，22)，又AC=(0，2，0)，由题意有|cosEF，AC|=22

9、(21)2+(1)2+(22)2=22，解得=12或=1（舍）所以F(1，0，1)，所以|AF|=(10)2+(00)2+(10)2=218【答案】（1）由题意椭圆C长轴是短轴的 2 倍，点(2，1)在椭圆C上， 可得 a=2ba2=b2+c24a2+1b2=1 ，解得 a2=6 ， b2=3 ，所以椭圆 C 的方程为 x26+y23=1 .（2）因为切点在第一象限，直线的斜率存在， 不妨设直线 PQ 的方程为 y=kx+m ，即 kxy+m=0 ，且 k0 ，因为直线与圆相切，所以 |m|1+k2=2 ，即 m2=2k2+2 ，联立 kxy+m=0x2+2y2=6 ，得 (1+2k2)x2+

10、4kmx+2m26=0 ，设 P(x1 ， y1) ， Q(x2 ， y2) ，则有 x1+x2=4km1+2k2 ， x1x2=2m261+2k2 ，所以 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=2k2m26k21+2k24k2m21+2k2+m2=m26k21+2k2 ，所以 OPOQ=x1x2+y1y2=2m261+2k2+m26k21+2k2=3(m22)6k21+2k2=0 ，所以 OPOQ ，即 POQ=90 ，即以 PQ 为直径的圆过原点 O .由可得 x1+x2=4km1+2k2 ， x1x2=2m261+2k2 ， m2=2k2+2 ，

11、所以 |PQ|=1+k2(x1+x2)24x1x2=221+k24k2+11+2k2 ，点 O 到直线 PQ 的距离为 2 ，可得 SOPQ=122221+k24k2+11+2k2=635 ，解得 k2=2 ，或 k2=18 ，当 k2=2 时， m2=8 ，当 k2=18 时， m2=94 ，所以 k=2 ， m=6 ，或 k=24 ， m=32 ，则直线方程为 y=2x+6 或 y=24x+32 .19【答案】（1）证明：设 bn=a2n32 ， 因为 bn+1bn=a2n+232a2n32=13a2n+1+(2n+1)32a2n32=13(a2n6n)+(2n+1)32a2n32=13a

12、2n12a2n32=13 ，所以数列 a2n32 是以 a232 即 16 为首项，以 13 为公比的等比数列.（2）解：由（1）得 bn=a2n32=16(13)n1=12(13)n ， 即 a2n=12(13)n+32 ，由 a2n=13a2n1+(2n1) ，得 a2n1=3a2n3(2n1)=12(13)n16n+152 ，所以 a2n1+a2n=12(13)n1+(13)n6n+9=2(13)n6n+9 ，S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a2n1+a2n)=213+(13)2+(13)n6(1+2+n)+9n=2131(13)n1136n(n+1)2+9n=(13)n13n

13、2+6n=(13)n3(n1)2+2 ，显然当 nN 时， S2n 单调递减，又当 n=1 时， S2=730 ，当 n=2 时， S4=890 ，所以当 n2 时， S2n0 ，综上，满足 Sn0 的所有正整数 n 为 1 和 2 .20【答案】（1）解：若a=2，则f(x)=2x1x+lnx，f(1)=3所以f(x)=(2x+1)(x1)x2，所以f(1)=0，所以切线方程为y=3（2）解：依题意，在区间1e，e上f(x)min1.因为f(x)=ax2(a+1)x+1x2=(ax1)(x1)x2，a1令f(x)=0得，x=1或x=1a若ae，则由f(x)0得，1xe；由f(x)0得，1ex

14、1，满足条件；若1a0得，1ex1a或1xe；由f(x)0得，1ax1f(1)1，即ae2e+1a2，所以2ae若a=1，则f(x)0所以f(x)在区间1e，e上单调递增，f(x)min=f(1e)2（3）解：x(0，+)，g(x)=ax2(a+1)xlnx+(a+1)x1所以g(x)=2ax(a+1)lnx设m(x)=2ax(a+1)lnx，m(x)=2aa+1x=2ax(a+1)x令m(x)=0得x=a+12a当0xa+12a时，m(x)a+12a时，m(x)0所以g(x)在(0，a+12a)上单调递减，在(a+12a，+)上单调递增所以g(x)的最小值为g(a+12a)=(a+1)(1lna+12a)因为a1e，所以a+12a=12+12a12+e20从而，g(x)在区间(0，+)上单调递增又g(1e5a2)=1e10a3+a+1e5a2(6+2lna)1，设(a)=e3a(2lna+6)则(a)=e32a令(a)=0得a=2e3由(a)0，得0a0，得a2e3所以(a)在(0，2e3)上单调递减，在(2e3，+)上单调递增所以(a)min=(2e3)=22ln20所以(a)0恒成立所以e3a2lna+6，2lna+6e3a1所以g(1e5a2)1e7+a+1e2a1=1e7+1e2+1e2a11e7+1e2+1e10，所以当a1e时，函数g(x)恰有1个零点