1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 15 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 15 頁2022屆天津市市區重點中學高三下學期三模數學試題一、單選題1設全集U=0，1，2，3，4，UA=1，2，B=1，3，則AB等于A2B1，2，3C0，1，3，4D0，1，2，3，4【答案】C【詳解】試題分析：根據全集U及A的補集確定出A，求出A與B的并集即可解：全集U=0，1，2，3，4，UA=1，2，B=1，3，A=0，3，4，AB=0，1，3，4，故選C【解析】并集及其運算2已知是空間兩個不同的平面，則“平面上存

2、在不共線的三點到平面的距離相等”是“”的（）A充分非必要條件B必要非充分條件C充要條件D非充分非必要條件【答案】B【分析】直接根據充分條件和必要條件的概念即可得結果.【詳解】已知是空間兩個不同的平面，若平面內存在不共線的三點到平面的距離相等，可得或相交，反之，若，則平面上存在不共線的三點到平面的距離相等；所以“平面上存在不共線的三點到平面的距離相等”是“”的必要不充分條件故選：B.【點睛】本題考查了空間兩個平面位置關系，簡單邏輯用語中充分必要條件的判斷，屬于基礎題.3函數y=sin2x的圖象可能是ABCD【答案】D【詳解】分析:先研究函數的奇偶性，再研究函數在上的符號，即可判斷選擇.詳解：令，

3、 因為，所以為奇函數，排除選項A,B;因為時，所以排除選項C，選D.點睛：有關函數圖象的識別問題的常見題型及解題思路：（1）由函數的定義域，判斷圖象的左、右位置，由函數的值域，判斷圖象的上、下位置；（2）由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）由函數的周期性，判斷圖象的循環往復4下列說法錯誤的是（）A線性相關系數時，兩變量正相關B兩個隨機變量的線性相關性越強，則相關系數的值就越接近于C在回歸直線方程中，當解釋變量每增加個單位時，預報變量平增加個單位D對分類變量與，隨機變量的觀測值越大，則判斷“與有關系”的把握程度越大【答案】B【分析】根據線性相關系數的

4、意義判斷變量的正負相關性、相關強弱關系，由回歸方程判斷單位增量，由獨立檢驗的觀測值的大小與可靠程度的關系，判斷變量關系的把握程度.【詳解】A：線性相關系數時，變量為正相關，正確；B：兩個隨機變量的線性相關性越強，則相關系數的值就越接近于，錯誤；C：在回歸直線方程中，當時，正確；D：對分類變量與，隨機變量的觀測值越大，變量間的關系把握程度越大，正確.故選：B5已知alog23log2，blog29log2，clog32，則a，b，c的大小關系是（）AabcCabbc【答案】B【分析】利用對數的運算性質求出a、b、c的范圍，即可得到正確答案.【詳解】因為alog23log2log2log231，b

5、log29log2log2a，clog32c.故選：B6“今有城，下廣四丈，上廣二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺”這是我國古代數學名著九章算術卷第五中“商功”中的問題意思為“現有城（如圖，等腰梯形的直棱柱體），下底長4丈，上底長2丈，高5丈，縱長126丈5尺（1丈=10尺）”，則該問題中“城”的體積等于（）A立方尺B立方尺C立方尺D立方尺【答案】A【分析】求出棱柱底邊梯形的面積，利用棱柱的體積公式即可求解.【詳解】（立方尺），故選：A【點睛】本題考查了棱柱的體積公式，需熟記柱體的體積公式，屬于基礎題.7設函數，則下列結論正確的是A的圖象關于直線對稱B的圖象關于點對稱C把的圖象向左平移個單位，得

6、到一個偶函數的圖象D的最小正周期為，且在上為增函數【答案】C【詳解】試題分析：把代入，得，所以A錯誤；把代入，等式不成立，所以B錯誤；把的圖像向左平移個單位，得到，是一個偶函數，C正確；因為所以D錯誤.【解析】三角函數的圖像與性質.8已知是雙曲線的左，右焦點，點在雙曲線的右支上，如果，則雙曲線離心率的取值范圍是ABCD【答案】A【詳解】由雙曲線定義和已知條件得：，又，故選A.9定義在上的函數滿足，且，則下列說法正確的是（）A的值域為B圖象的對稱軸為直線C當時，D方程恰有個實數解【答案】C【分析】依題意可得是以為最小正周期的周期函數，再根據上的解析式，畫出函數的部分圖象，結合函數圖象一一分析即可

7、；【詳解】解：因為，所以，即，即是以為最小正周期的周期函數，因為，所以的部分函數圖象如下所示：所以函數的值域為，故A錯誤；函數的對稱軸為，故B錯誤；當時，所以，所以當時，故C正確； 方程的解的個數，即的解的個數，即函數與的交點個數，結合函數圖象可知，函數與只有個交點，故D錯誤；故選：C二、填空題10已知復數的實部和虛部相等，則_【答案】【分析】根據給定條件，利用復數除法運算化簡，求出b即可計算作答.【詳解】依題意，于是得，解得，則，所以.故答案為：116的二項展開式中的常數項為_.【答案】60【分析】寫出二項展開式的通項，令的指數等于零，即可得出答案.【詳解】解：6的二項展開式的通項為，令，則

8、，所以6的二項展開式中的常數項為.故答案為：60.12已知直線將圓平分，且與直線垂直，則的方程為_【答案】【詳解】圓 ，圓心在直線上，與直線 ，所以設直線為 ，代入點 后得 ，解得： ，所以直線的方程為 .13若，則的最小值是_.【答案】2【分析】根據，結合已知解不等式即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，則，所以，解得或（舍去），當且僅當，即時，取等號，所以的最小值是2.故答案為：2.三、雙空題14一個盒子里有2個黑球和3個白球，現從盒子里隨機每次取出1個球，每個球被取出的可能性相等，取出后不放回，直到某種顏色的球全部取出設取出黑球的個數，則_，_【答案】 【解析】表示取球4次，3次取白球，

9、前3次中有1次取黑球，利用排列組合的方法可求總的基本事件及隨機事件中含有的基本事件的個數，從而可求概率，求出的分布列后可求其數學期望.【詳解】，表示取球3次，3次取白球，則，表示取球4次，3次取白球，前3次中有1次取黑球，則，故.故答案為：，.【點睛】方法點睛：隨機型隨機變量的分布列的計算，首先明確其可能的取值，弄清楚每一個取值的含義，再結合排列組合的知識計算相應的概率.15在中，則_；設，且，則的值為_.【答案】 3 【分析】由可得，然后兩邊平方處理，結合平面向量的數量積運算，解方程即可；把和代入，化簡整理后，代入已知數據，解關于的方程即可得解【詳解】解：，、三點共線，兩邊平方得：，解得：（

10、舍去），化簡整理，得，解得故答案為：3，【點睛】本題考查平面向量的模、向量的加減法運算以及向量的數量積運算，利用到了平面向量基本定理，還采用了平方法解決模長問題，考查學生的分析能力和運算能力四、解答題16在中，角A，B，C對應的邊長分別是a，b，c，且，.（）若，求；（）若的面積等于，求，.【答案】（）；（）.【詳解】試題分析：（） 由正弦定理可知：，進而可得結果；（）由的面積等于，可知，可得，再由余弦定理可得結果.試題解析：（）由正弦定理可知：，從而求得（）由的面積等于，可知，從而，由余弦定理可得，聯立得.17如圖，在四棱錐PABCD中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中ADBC，E

11、為棱BC上的點，且(1)求證：DE平面；(2)求二面角的余弦值；(3)設Q為棱CP上的點（不與C、P重合），且直線QE與平面PAC所成角的正弦值為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求得，再由線面垂直的判定定理可得答案；（2）求出平面、平面的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；（3）設，利用可得，再由可得答案.【詳解】(1)以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，所以，所以，所以，且，所以DE平面.(2)由（1）知，DE平面，是平面的一個法向量，且，設平面的一個法向量為，所以，即，令，則，所以， ，由

12、圖二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為.(3)由（1）得，設，則，可得，所以，是平面的一個法向量所以，解得.所以.18已知橢圓C：的離心率為，右焦點為F，上頂點為A，且AOF的面積為(O為坐標原點).(1)求橢圓C的方程；(2)設P是橢圓C上的一點，過P的直線與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限內的一點M，證明：|PF|PM|為定值.【答案】(1)；(2)證明見解析.【詳解】試題分析：（1）根據橢圓的幾何性質得到ac，bc1，解得方程；（2）設橢圓上一點為.P(cos ，sin )，用點點距離表示|PF|PM|，最終求得定值解析：(1)解由題意可知：橢圓的離心率e，則ac.由AOF的面積

13、為Sbc，則bc1，由a2b2c2，解得a，bc1.橢圓的標準方程為；.(2)證明由(1)知：F(1，0)，以橢圓的短軸為直徑的圓的方程為x2y21，設P(cos ，sin )，且cos 0，則|PF| 由M是圓x2y21的切點，則OMPM，且|OM|1，則|PM| cos ，|PF|PM|cos cos ，|PF|PM|為定值.點睛：圓錐曲線中的定點、定值問題是考查的重點，一般難度較大，計算較復雜，考查較強的分析能力和計算能力.求定值問題常見的方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個定值與變量無關；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.解題時，要將問題合理的進

14、行轉化，轉化成易于計算的方向.19已知數列的前項和為，滿足，數列滿足，且（1）證明數列為等差數列，并求數列和的通項公式；（2）若，求數列的前2n項和；（3）若，數列的前項和為，對任意的，都有，求實數的取值范圍【答案】（1）證明見解析，；（2）；（3）【分析】（1）由兩邊同時除以，即可得到數列為首項1，公差的等差數列，從而求出的通項公式，再根據得到數列為首項，公比的等比數列，即可求出的通項公式；（2）由（1）可得，再利用裂項相消法求和即可；（3）首先利用錯位相減法求出，參變分離可得恒成立，再利用作差法求出的最小值，即可求出參數的取值范圍；【詳解】解：（1）由兩邊同時除以，得，從而數列為首項1，公

15、差的等差數列，所以，數列的通項公式為當時，所以當時，兩式相減得，又，所以，從而數列為首項，公比的等比數列，從而數列的通項公式為，（2）因為，所以，（3）由（1）得，兩式相減得，所以，由（1）得，因為對，都有，即恒成立，所以恒成立，記，所以，因為，從而數列為遞增數列，所以當時，取最小值，于是20已知函數.（）求函數的極值；（）求證：當時，；（）當時，若曲線在曲線的上方，求實數a的取值范圍.【答案】（）極大值1，無極小值；（）見解析；（）【分析】（）求導，列出隨x的變化，和的情況表，進而求得極值；（）令（），求導，由得，則，進而得出函數的單調性，由此得證；（）當時，由（）知符合題意，再令，分及均可判斷不合題意，進而得出實數a的取值范圍.【詳解】（）因為，定義域，所以.令，解得.隨x的變化，和的情況如下：x00增極大值減由