天津市九校联考2022届高三下学期数学一模试卷及答案.docx

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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

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