1、天津鐵廠第二中學(xué)2022年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1. 已知都是負(fù)實(shí)數(shù)，則的最小值是（ ） A B C D參考答案：答案：B 2. 設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為,若,則滿足的正整數(shù)的值為（ ） A.13 B.12 C.11 D. 10參考答案：【答案解析】B解析：因?yàn)?，所以，?，所以，則，所以n=12，選B.【思路點(diǎn)撥】利用等差數(shù)列的性質(zhì)可以得到數(shù)列的項(xiàng)與和的關(guān)系，利用項(xiàng)的符號(hào)即可判斷前n項(xiàng)和的符號(hào).3. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線3x+4y5=0與圓x2+y2=4相交于A、B兩點(diǎn)，則弦AB的

2、長(zhǎng)等于（）A3B2CD1參考答案：B【考點(diǎn)】直線與圓相交的性質(zhì)【分析】由直線與圓相交的性質(zhì)可知，要求AB，只要求解圓心到直線3x+4y5=0的距離【解答】解：由題意可得，圓心（0，0）到直線3x+4y5=0的距離，則由圓的性質(zhì)可得，即故選B4. 下列語(yǔ)句中命題的個(gè)數(shù)是( ) 地球是太陽(yáng)系的一顆行星； ； 這是一顆大樹(shù)； ； 老年人組成一個(gè)集合；A1 B2 C3 D4參考答案：D5. 袋子中有3個(gè)紅球和2個(gè)黑球，從中摸出一個(gè)球，該球?yàn)楹谇虻母怕适牵?）A. B. 1C. D. 參考答案：C6. 甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是對(duì)立事件，那么 （ ） A甲是乙的充分但不必要條件 B甲是乙

3、的必要但不充分條件 C甲是乙的充要條件 D甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件參考答案：B7. 已知集合，則 A B C D參考答案：A考點(diǎn)：集合的運(yùn)算，所以。8. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)+i所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限參考答案：A【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算；復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義即可得出【解答】解：復(fù)數(shù)+i=+i=+i=所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限，故選：A9. 下列選項(xiàng)中與點(diǎn)位于直線的同一側(cè)的是（ ）（A） （B） （C） （D）參考答案：D10. 在一次拋硬幣實(shí)驗(yàn)中，甲、乙兩人各拋一枚硬幣一次，設(shè)命題p是“甲拋的硬幣正面

4、向上”，q是“乙拋的硬幣正面向上”，則命題“至少有一人拋的硬幣是正面向下”可表示為（）A（p）（q）Bp（q）C（p）（q）Dpq參考答案：A【考點(diǎn)】2E：復(fù)合命題的真假【分析】利用“或”“且”“非”命題的意義即可得出【解答】解：P，表示“甲拋的硬幣正面向下”，q表示“乙拋的硬幣正面向下”則（p）（q）表示“至少有一人拋的硬幣是正面向下”故選：A二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 數(shù)列an是等差數(shù)列，,公差,且，則實(shí)數(shù)的最大值為_(kāi).參考答案：【分析】由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，可以把等式變形為關(guān)于的等式，可以轉(zhuǎn)化為的形式，利用函數(shù)的單調(diào)性求出實(shí)數(shù)的最大值.【詳解】,，因?yàn)椋?/p>

5、令，因此，當(dāng)，函數(shù)是減函數(shù)，故當(dāng)時(shí)，實(shí)數(shù)有最大值，最大值為.【點(diǎn)睛】本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，重點(diǎn)考查了閉區(qū)間上求函數(shù)的最大值問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知函數(shù)的單調(diào)性，判斷所給區(qū)間上的單調(diào)性.12. 如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，A=60，M為DC的中點(diǎn)，若N為菱形內(nèi)任意一點(diǎn)（含邊界），則的最大值為 參考答案：9考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算 專題：平面向量及應(yīng)用分析：先以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立直角坐標(biāo)系，求出其它各點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出，把所求問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在平面區(qū)域內(nèi)求線性目標(biāo)函數(shù)的最值問(wèn)題求解即可解答：解：如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立如圖所示的直角坐

6、標(biāo)系，由于菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，A=60，M為DC的中點(diǎn)，故點(diǎn)A（0，0），則B（2，0），C（3，），D（1，），M（2，）設(shè)N（x，y），N為菱形內(nèi)（包括邊界）一動(dòng)點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域即為菱形ABCD及其內(nèi)部區(qū)域因?yàn)椋?（x，y），則=2x+y，令z=2x+，則，由圖象可得當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z=2x+y 過(guò)點(diǎn)C（3，）時(shí)，z=2x+y取得最大值，此時(shí)=9故答案為9點(diǎn)評(píng)：本題主要考查向量在幾何中的應(yīng)用，以及數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用和轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，是對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本思想的考查，屬于中檔題13. 極坐標(biāo)方程分別為與的兩個(gè)圓的圓心距為_(kāi)參考答案：14. 如圖放置的邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的頂點(diǎn)A、D分別在x軸

7、、y軸正半軸上（含原點(diǎn)）上滑動(dòng)，則的最大值是參考答案：2考點(diǎn)：向量在幾何中的應(yīng)用專題：轉(zhuǎn)化思想分析：令OAD=，由邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的頂點(diǎn)A、D分別在x軸、y軸正半軸上，可得出B，C的坐標(biāo)，由此可以表示出兩個(gè)向量，算出它們的內(nèi)積即可解答：解：如圖令OAD=，由于AD=1故0A=cos，OD=sin，如圖BAX=，AB=1，故xB=cos+cos（）=cos+sin，yB=sin（）=cos故=（cos+sin，cos）同理可求得C（sin，cos+sin），即=（sin，cos+sin），=（cos+sin，cos）?（sin，cos+sin）=1+sin2，的最大值是2故答案是 2點(diǎn)評(píng)

8、：本題考查向量在幾何中的應(yīng)用，設(shè)角引入坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，由于向量的運(yùn)算與坐標(biāo)關(guān)系密切，所以在研究此類題時(shí)應(yīng)該想到設(shè)角來(lái)表示點(diǎn)的坐標(biāo)15. 關(guān)于的方程（其中為虛數(shù)單位），則方程的解_.參考答案：16. 已知全集U=1，2，3，4，5，A=1，3，B=2，3，4，那么A（?UB）= 參考答案：1，3，5【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算 【分析】由集合運(yùn)算性質(zhì)及已知的U、A、B不難給出答案【解答】解：A（CUB）=1，31，5=1，3，5故答案為：=1，3，5【點(diǎn)評(píng)】集合的運(yùn)算一般難度不大，屬于送分題，處理的原則是：求穩(wěn)不求快17. （4分）在平面內(nèi)，三角形的面積為S，周長(zhǎng)為C，則它的內(nèi)切圓的半徑=在

9、空間中，三棱錐的體積為V，表面積為S，利用類比推理的方法，可得三棱錐的內(nèi)切球（球面與三棱錐的各個(gè)面均相切）的半徑R=參考答案：【考點(diǎn)】： 類比推理；棱錐的結(jié)構(gòu)特征【專題】： 壓軸題；規(guī)律型【分析】： 類比推理的一般步驟是：（1）找出兩類事物之間的相似性或一致性；（2）用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題（猜想）常用的思路有：由平面圖形中點(diǎn)的性質(zhì)類比推理出空間里的線的性質(zhì)，由平面圖形中線的性質(zhì)類比推理出空間中面的性質(zhì)，由平面圖形中面的性質(zhì)類比推理出空間中體的性質(zhì)但由于類比推理的結(jié)果不一定正確，故我們還需要進(jìn)一步的證明解：結(jié)論：若三棱錐表面積為S，體積為V，則其內(nèi)切球半徑r=

10、”證明如下：設(shè)三棱錐的四個(gè)面積分別為：S1，S2，S3，S4，由于內(nèi)切球到各面的距離等于內(nèi)切球的半徑V=S1r+S2r+S3r+S4r=Sr內(nèi)切球半徑r=故答案為：【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是類比推理、棱錐的結(jié)構(gòu)特征，在由平面圖形的性質(zhì)向空間物體的性質(zhì)進(jìn)行類比時(shí)，常用的思路有：由平面圖形中點(diǎn)的性質(zhì)類比推理出空間里的線的性質(zhì)，由平面圖形中線的性質(zhì)類比推理出空間中面的性質(zhì)，由平面圖形中面的性質(zhì)類比推理出空間中體的性質(zhì)三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18. （本小題滿分12分）已知函數(shù)（I）求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；（II）若在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；

11、（III）過(guò)點(diǎn)作函數(shù)圖像的切線，求切線方程參考答案：（）得 函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是； （）即設(shè)則 當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增；最小值實(shí)數(shù)的取值范圍是； （）設(shè)切點(diǎn)則即設(shè)，當(dāng)時(shí)是單調(diào)遞增函數(shù) 最多只有一個(gè)根，又由得切線方程是. 19. 改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個(gè)月A，B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下：交付金額（元）支付方式（0,1000（1000,2000大于2000僅使用A18人9人3人

12、僅使用B10人14人1人（）從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率；（）從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以X表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；（）已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有變化現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由參考答案：() ；()見(jiàn)解析；()見(jiàn)解析.【分析】()由題意利用古典概型計(jì)算公式可得滿足題意的概率值；()首先確定X可能的取值，然后求得相應(yīng)的概率值可得分布

13、列，最后求解數(shù)學(xué)期望即可.()由題意結(jié)合概率的定義給出結(jié)論即可.【詳解】()由題意可知，兩種支付方式都是用的人數(shù)為：人，則：該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率.()由題意可知，僅使用A支付方法的學(xué)生中，金額不大于1000的人數(shù)占，金額大于1000的人數(shù)占，僅使用B支付方法的學(xué)生中，金額不大于1000的人數(shù)占，金額大于1000的人數(shù)占，且X可能的取值為0,1,2.，X分布列為：X012其數(shù)學(xué)期望：.()我們不認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化.理由如下：隨機(jī)事件在一次隨機(jī)實(shí)驗(yàn)中是否發(fā)生是隨機(jī)的，是不能預(yù)知的，隨著試驗(yàn)次數(shù)的增多，頻率越來(lái)越穩(wěn)定于概率。學(xué)校是一個(gè)

14、相對(duì)消費(fèi)穩(wěn)定的地方，每個(gè)學(xué)生根據(jù)自己的實(shí)際情況每個(gè)月的消費(fèi)應(yīng)該相對(duì)固定，出現(xiàn)題中這種現(xiàn)象可能是發(fā)生了“小概率事件”.【點(diǎn)睛】本題以支付方式相關(guān)調(diào)查來(lái)設(shè)置問(wèn)題，考查概率統(tǒng)計(jì)在生活中的應(yīng)用，考查概率的定義和分布列的應(yīng)用，使學(xué)生體會(huì)到數(shù)學(xué)與現(xiàn)實(shí)生活息息相關(guān).20. 如圖，橢圓的離心率為，x軸被曲線截得的線段長(zhǎng)等于C1的短軸長(zhǎng)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A、B，直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)D、E（1）求C1、C2的方程；（2）求證：MAMB（3）記MAB，MDE的面積分別為S1、S2，若，求的取值范圍參考答案：【考點(diǎn)】直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方

15、程【分析】（1）根據(jù)拋物線C2被x軸截得弦長(zhǎng)，建立關(guān)于b的等式，解出b=1；再由橢圓離心率為，建立a、c的關(guān)系式，算出a2=2，由此即可得到橢圓C1和拋物線C2的方程；（2）設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），且直線AB方程為y=kx，與拋物線方程水運(yùn)y，得x2kx1=0利用根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合向量的坐標(biāo)運(yùn)算，化簡(jiǎn)得=0，從而得到MAMB；（3）設(shè)直線MA方程為y=k1x1，直線MB方程為y=k2x1，且滿足k1k2=1由直線MA方程與拋物線C2方程聯(lián)解，得到點(diǎn)A的坐標(biāo)為，同理可得，從而得到=然后用類似的方法得到=，從而得到關(guān)于k1、k2的表達(dá)式，化成關(guān)于k1的表達(dá)式再用基本不等式即可求出，

16、由此即可得到的取值范圍【解答】解：（1）橢圓C1的離心率e=，a2=2b2又x軸被曲線截得的線段長(zhǎng)等于C1的短軸長(zhǎng)，得b=1，a2=2，可得橢圓C1的方程為而拋物線C2的方程為y=x21；（2）設(shè)直線AB方程為y=kx，A（x1，y1），B（x2，y2），則由消去y，得x2kx1=0 x1+x2=k，x1x2=1，可得y1+y2=k（x1+x2）=k2，y1y2=kx1?kx2=k2x1x2=k2M坐標(biāo)為（0，1），可得，=x1x2+y1y2+y1+y2+1=1k2+k2+1=0因此，即MAMB（3）設(shè)直線MA方程為y=k1x1，直線MB方程為y=k2x1，且滿足k1k2=1，解得，同理可得因

17、此， =再由，解得，同理可得=，即=的取值范圍為，+）21. 已知橢圓E：（ab0）的離心率為，它的一個(gè)焦點(diǎn)到短軸頂點(diǎn)的距離為2，動(dòng)直線l：y=kx+m交橢圓E于A、B兩點(diǎn)，設(shè)直線OA、OB的斜率都存在，且 （1）求橢圓E的方程；（2）求證：2m2=4k2+3；（3）求|AB|的最大值參考答案：【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】（1）由題意可得：，a=2，a2=b2+c2，解出即可得出（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（3+4k2）x2+8kmx+4m212=0，由可得=，可得3x1?x2+4（kx1+m）（kx2+m）=0，化為：（3+4k2）x1?x2+4km（x1+x2）+4m2=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可證明（3）由（2）可得：=64k2m24（3+4k2）（4m212）0，可得kR|AB|=，即可得出【解答】（1）解：由題意可得：，a=2，a2=b2+c2，解得a=2，c=1，b2=3橢圓E的方程為=1（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，化為：（3+4