1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)第 Page * MergeFormat 16 頁(yè) 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 頁(yè)2022屆天津市第一中學(xué)高三下學(xué)期4月第四次月考數(shù)學(xué)試題一、單選題1若全集，則集合（）ABCD【答案】D【分析】計(jì)算，再計(jì)算交集得到答案.【詳解】，.故選：D.2設(shè)，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【答案】A【詳解】由，解得，由，可知“”是“”的充分不必要條件，選A.3函數(shù)的圖象可能是（ ）ABCD【答案】A【詳解】試題分析：因?yàn)椋詾槠婧瘮?shù)，故排除B、D；當(dāng)時(shí)，

2、故排除C，故選A【解析】1、函數(shù)圖象；2、函數(shù)的奇偶性4某學(xué)校組織學(xué)生參加英語(yǔ)測(cè)試，成績(jī)的頻率分布直方圖如圖，數(shù)據(jù)的分組依次為、，若高于分的人數(shù)是人，則該班的學(xué)生人數(shù)是（）ABCD【答案】B【分析】計(jì)算出高于分的學(xué)生所占的頻率，然后用除以頻率即可得出結(jié)果.【詳解】由頻率分布直方圖可知，高于分的學(xué)生所占的頻率為，因此，該班的學(xué)生人數(shù)是.故選：B.5已知函數(shù)，則、的大小關(guān)系為（）ABCD【答案】D【分析】先判斷函數(shù)是奇函數(shù)，同時(shí)又是增函數(shù)，結(jié)合指數(shù)冪和對(duì)數(shù)的性質(zhì)判斷三個(gè)變量的大小，結(jié)合單調(diào)性進(jìn)行判定，即可得到答案.【詳解】函數(shù)是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，由所以在上為增函數(shù)，又由所以，又，所以，所以， 故選：D

3、.6已知矩形的頂點(diǎn)都在半徑為2的球的球面上，且，過(guò)點(diǎn)作垂直于平面，交球于點(diǎn)，則棱錐的體積為（）ABCD【答案】D【分析】根據(jù)給定條件，確定出棱錐的外接球的球心，再求出DE長(zhǎng)即可計(jì)算作答.【詳解】在四棱錐中，取BE中點(diǎn)，連接，如圖，因平面，平面，則，矩形中，又，平面，于是得平面，而平面，則，同理，而，從而得，因此，點(diǎn)是四棱錐的外接球球心，即與點(diǎn)O重合，依題意，又，所以棱錐的體積為.故選：D7已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別是，雙曲線的漸近線上點(diǎn)滿足，則雙曲線的方程為（ ）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線上點(diǎn)滿足，結(jié)合，列出關(guān)于 、 、的方程組，求出 、即可得結(jié)果.【詳解】在的漸近線上，又，

4、又，由得，雙曲線方程為，故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查雙曲線的方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)，屬于中檔題. 求解雙曲線方程的題型一般步驟：（1）判斷焦點(diǎn)位置；（2）設(shè)方程；（3）列方程組求參數(shù)；（4）得結(jié)論.8已知函數(shù)，若函數(shù)在區(qū)間上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍為（）ABCD【答案】B【分析】首先根據(jù)題意得到，從而得，再根據(jù)函數(shù)在區(qū)間上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，得到不等式，解不等式即可.【詳解】，因?yàn)椋?又因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，所以，解得：.故選：B9已知函數(shù)若關(guān)于的方程都有4個(gè)不同的根，則的取值范圍是（ ）ABCD【答案】C【解析】都有4個(gè)不同的根，等價(jià)于的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，利用分段函數(shù)畫(huà)出的圖象，根

5、據(jù)數(shù)形結(jié)合可得結(jié)果.【詳解】都有4個(gè)不同的根，等價(jià)于的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，因?yàn)椋裕簦瑒t，則；若，則，則；若，則，則；若，則，則；若，則，則；，作出的圖象如圖，求得，則，由圖可知，時(shí)，的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)，關(guān)于的方程有4個(gè)不同的根，所以，的取值范圍是，故選C .【點(diǎn)睛】本題主要考查方程的根與函數(shù)圖象交點(diǎn)的關(guān)系，考查的數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于難題. 函數(shù)零點(diǎn)的幾種等價(jià)形式：函數(shù)的零點(diǎn)函數(shù)在軸的交點(diǎn)方程的根函數(shù)與的交點(diǎn).二、填空題10i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)_.【答案】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，即可求解.【詳解】解：，故答案為：11的二項(xiàng)展開(kāi)式中的系數(shù)是_（用數(shù)字作答）.【答案】【分析】根據(jù)二項(xiàng)展開(kāi)

6、式通項(xiàng)公式求的系數(shù).【詳解】因?yàn)椋粤畹茫禂?shù)為【點(diǎn)睛】本題考查二項(xiàng)展開(kāi)式通項(xiàng)公式，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.12若圓與圓相交，且公共弦長(zhǎng)為，則_.【答案】【分析】?jī)蓚€(gè)圓的方程相減可得公共弦所在直線方程，根據(jù)圓的弦長(zhǎng)公式即可求a的值【詳解】圓與圓的方程相減即為公共弦所在直線方程：，圓圓心(0，0)到公共弦距離d，則公共弦長(zhǎng)度為，解得a故答案為：13已知實(shí)數(shù)滿足，則的最小值為_(kāi).【答案】【分析】根據(jù)，得，利用此等式將變形后根據(jù)基本不等式可求得結(jié)果.【詳解】因?yàn)?當(dāng)且僅當(dāng)且時(shí)，等號(hào)成立.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查了利用基本不等式求最值，屬于中檔題.在利用基本不等式求最值時(shí)，要特別注意“拆

7、、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數(shù))、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號(hào)取得的條件)的條件才能應(yīng)用，否則會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤.三、雙空題14已知袋內(nèi)有大小相同的1個(gè)紅球和3個(gè)白球，袋內(nèi)有大小相同的2個(gè)紅球和4個(gè)白球.現(xiàn)從兩個(gè)袋內(nèi)各任取2個(gè)球，則恰好有1個(gè)紅球的概率為_(kāi)；記取出的4個(gè)球中紅球的個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量，則的數(shù)學(xué)期望為_(kāi).【答案】 【分析】利用古典概型公式得解【詳解】從兩個(gè)袋內(nèi)各任取2個(gè)球，有種，恰好有1個(gè)紅球有從兩個(gè)袋內(nèi)各任取2個(gè)球，則恰好有1個(gè)紅球的概率為取出的4個(gè)球中紅球的個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量，則可能取值為;故答案為：，【點(diǎn)睛】熟練掌握超幾何分布是解題關(guān)

8、鍵.15已知等腰直角三角形，點(diǎn)滿足，點(diǎn)為線段上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)為線段上的動(dòng)點(diǎn).如果，則_；當(dāng)時(shí)，的最小值為_(kāi).【答案】 3 【分析】由結(jié)合向量共線定理證明，再由數(shù)量積公式得出的最小值.【詳解】由題意可知，因?yàn)椋杂秩c(diǎn)共線，所以，即.設(shè)，當(dāng)時(shí)，故答案為：；四、解答題16設(shè)的內(nèi)角，所對(duì)邊的長(zhǎng)分別是，且，（）求的值；（）求的值【答案】（）；（）【解析】(1)由結(jié)合二倍角的正弦公式、正弦定理、余弦定理可得，即可求出的值.(2)由(1)結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可得，由二倍角公式即可求出，結(jié)合兩角和的余弦公式即可求出的值.【詳解】（）由可得，則，即：，解得或（舍去）（）由余弦定理可得：，由同角三角函數(shù)基本

9、關(guān)系可得，故，【點(diǎn)睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，考查了二倍角公式，考查了兩角和的余弦公式，屬于基礎(chǔ)題.17如圖，平面平面，且四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的大小；(3)求直線與平面所成角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)(3)【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接，可得且，證明四邊形為平行四邊形，從而可得證.（2）以C為原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CE所在直線為y軸，CD所在直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,利用向量法求解即可.（3）利用（2）中的空間坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】(1)取的中點(diǎn)，連接,則且

10、又，所以四邊形為正方形,則且又四邊形ABCD為矩形，則且所以且,則四邊形為平行四邊形所以，又平面,平面(2)四邊形BCEF為直角梯形，四邊形ABCD為矩形，又平面平面BCEF，且平面平面，平面. 以C為原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CE所在直線為y軸，CD所在直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系. ，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則， 得平面，平面一個(gè)法向量為，設(shè)平面與平面所成銳二面角的大小為，則.因此，平面與平面所成銳二面角的大小為.(3)根據(jù)（2）知平面一個(gè)法向量為得，設(shè)直線與平面所成角為，則，.因此，直線與平面所成角的余弦值為.18設(shè)，分別為橢圓：的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)在橢圓上，且點(diǎn)和關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱.(1)求

11、橢圓的方程；(2)過(guò)點(diǎn)的直線交橢圓于，兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)且平行于的直線與橢圓交于另一點(diǎn)，問(wèn)是否存在直線，使得四邊形為平行四邊形？若存在，求出的方程；若不存在，說(shuō)明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由點(diǎn)和關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，得，及點(diǎn)在橢圓上，由橢圓定義，得 橢圓方程為 .（2）四邊形的對(duì)角線互相平分就是與的中點(diǎn)重合，設(shè)，則，即，故.這可根據(jù)列方程組解出坐標(biāo)關(guān)系：解得 ，從而可求出直線方程.【詳解】(1)由點(diǎn)和關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，得，所以橢圓的焦點(diǎn)為，由橢圓定義，得.所以，.故橢圓的方程為.(2)由題可知直線，直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，直線的方程為.設(shè)，由消去，得，由題意，可知，則，由消去，得，由，可知

12、，設(shè)，又，則，.因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅危裕矗?所以.得.所以為.19已知為等差數(shù)列，前項(xiàng)和為，是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于，.(1)求和的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列滿足：，求數(shù)列的前項(xiàng)和；(3)若數(shù)列滿足：，證明：.【答案】(1)，(2)(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)，可解得，即可求得的通項(xiàng)公式，根據(jù)條件中其余兩個(gè)等式結(jié)合等差數(shù)列通項(xiàng)公式可解得，即可得到的通項(xiàng)公式；（2）由（1）可得，根據(jù)裂項(xiàng)相消法求解即可；（3）由（1）可得，根據(jù)真分?jǐn)?shù)性質(zhì)可得，則，進(jìn)而結(jié)合等比數(shù)列前項(xiàng)和公式即可證明結(jié)果.【詳解】(1)解：設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為，由已知，得，而，所以.又因?yàn)椋獾茫?/p>

13、所以.由，可得，由，可得，即，聯(lián)立，解得，由此可得.所以的通項(xiàng)公式為，的通項(xiàng)公式為.(2)由（1），所以.(3)證明：由（1），.由真分?jǐn)?shù)性質(zhì)，若，則，所以，所以，所以，故不等式得證.20已知函數(shù)（其中為實(shí)數(shù)）的圖象在點(diǎn)處的切線方程為.(1)求實(shí)數(shù)的值；(2)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(3)若對(duì)任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)單調(diào)遞減區(qū)間為；單調(diào)遞增區(qū)間為.(3)【分析】（1）求導(dǎo)得到，根據(jù)題意得到，解得答案.（2）計(jì)算得到，求導(dǎo)得到，令，則，討論和的情況，得到在上單調(diào)遞減和在上單調(diào)遞增.（3）當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，當(dāng)時(shí)，等價(jià)于，令，考慮和，結(jié)合（2）結(jié)論根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到最值，同理時(shí)類似，計(jì)算得到答案.【詳解】(1)因?yàn)椋裕深}意得解得.(2)由（1）知所以，令，則當(dāng)時(shí)，由，得，所以在上單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，由，得，所以在上單調(diào)遞增，故，所以在上單調(diào)遞增.綜上所述，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增.(