試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2022年高考天津卷（回憶版）數學真題第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．設全集，集合，則（

）A． B． C． D．2．“為整數”是“為整數”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不允分也不必要條件3．函數的圖象為（

）A． B．C． D．4．、是雙曲線的兩個焦點，拋物線的準線過雙曲線的焦點，準線與漸近線交于點，，則雙曲線的標準方程為（

）A． B．C． D．5．已知，關于該函數有下面四個說法：①的最小正周期為；②在上單調遞增；③當時，的值域為；④的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到．以上四個說法中，正確的個數有（

）A． B． C． D．第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、填空題6．已知，，，則、、的大小關系為_____________.7．化簡____________8．如圖是兩個直三棱柱重疊后的圖形，重疊后的底面為正方形，兩個直三棱柱底面是頂角為120°，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為_______________.9．已知是虛數單位，化簡的結果為_______．10．的展開式中的常數項為______.11．若直線被圓所截得的弦長為，則的值為_____．12．已知函數，若至少有個零點，則的取值范圍是______.評卷人得分三、雙空題13．現有張撲克牌（去掉大小王）；每次取一張，取后不放回，則兩次都抽到A的概率為____________；在第一次抽到A的條件下，第二次抽到A的概率是____________14．在中，，用表示則___________，若，求的最大值為____________評卷人得分四、解答題15．在中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c.已知.(1)求的大小；(2)求的值；(3)求的值.16．直三棱柱中，，，為中點，為中點，為中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面夾角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值．17．已知是等差數列，其前n項和為；是等比數列，．(1)求與的通項公式；(2)證明：；(3)求．18．已知橢圓的上頂點為，右頂點為，右焦點為，．(1)求橢圓的離心率；(2)已知直線與橢圓有唯一公共點，直線交軸于點（異于），若，且的面積為，求橢圓的標準方程．19．已知函數(1)求曲線在點處的切線方程；(2)若曲線和有公共點，（i）當時，求的取值范圍；（ii）求證：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【解析】【分析】先求出，再根據交集的定義可求.【詳解】，故，故選：D.2．A【解析】【分析】依據充分不必要條件的定義去判定“為整數”與“為整數”的邏輯關系即可.【詳解】由題意，若為整數，則為整數，故充分性成立；當時，為整數，但不為整數，故必要性不成立；所以“為整數”是“為整數”的充分不必要條件.故選：A.3．A【解析】【分析】分析函數的定義域、奇偶性及其在上的函數值符號，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】函數的定義域為，，則函數為奇函數，排除CD選項；當時，，排除B選項.故選：A.4．C【解析】【分析】由已知可得出的值，求出點的坐標，分析可得，由此可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出雙曲線的標準方程.【詳解】拋物線的準線方程為，則，則、，不妨設點為第二象限內的點，聯立，可得，即點，因為且，則為等腰直角三角形，且，即，可得，所以，，解得，因此，雙曲線的標準方程為.故選：C.5．A【解析】【分析】根據三角函數的圖象與性質，以及變換法則即可判斷各說法的真假．【詳解】因為，所以的最小正周期為，①不正確；令，而在上遞增，所以在上單調遞增，②正確；因為，，所以，③不正確；由于，所以的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到，④不正確．故選：A．6．##【解析】【分析】利用冪函數、對數函數的單調性結合中間值法可得出、、的大小關系.【詳解】因為，故.故答案為：.7．2【解析】【分析】根據對數的性質可求代數式的值.【詳解】原式，故答案為：2.8．27【解析】【分析】作出幾何體直觀圖，由題意結合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【詳解】該幾何體由直三棱柱及直三棱柱組成，作于M，如圖，因為，所以，因為重疊后的底面為正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，則,由可得平面，設重疊后的EG與交點為則則該幾何體的體積為.故答案為：27.9．##【解析】【分析】根據復數代數形式的運算法則即可解出．【詳解】．故答案為：．10．【解析】【分析】由題意結合二項式定理可得的展開式的通項為，令，代入即可得解.【詳解】由題意的展開式的通項為，令即，則，所以的展開式中的常數項為.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了運算求解能力，屬于基礎題.11．【解析】【分析】計算出圓心到直線的距離，利用勾股定理可得出關于的等式，即可解得的值.【詳解】圓的圓心坐標為，半徑為，圓心到直線的距離為，由勾股定理可得，因為，解得.故答案為：.12．【解析】【分析】設，，分析可知函數至少有一個零點，可得出，求出的取值范圍，然后對實數的取值范圍進行分類討論，根據題意可得出關于實數的不等式，綜合可求得實數的取值范圍.【詳解】設，，由可得.要使得函數至少有個零點，則函數至少有一個零點，則，解得或.①當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：此時函數只有兩個零點，不合乎題意；②當時，設函數的兩個零點分別為、，要使得函數至少有個零點，則，所以，，解得；③當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：由圖可知，函數的零點個數為，合乎題意；④當時，設函數的兩個零點分別為、，要使得函數至少有個零點，則，可得，解得，此時.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.13．

【解析】【分析】由題意結合概率的乘法公式可得兩次都抽到A的概率，再由條件概率的公式即可求得在第一次抽到A的條件下，第二次抽到A的概率.【詳解】由題意，設第一次抽到A的事件為B,第二次抽到A的事件為C,則.故答案為：；.14．

【解析】【分析】法一：根據向量的減法以及向量的數乘即可表示出，以為基底，表示出，由可得，再根據向量夾角公式以及基本不等式即可求出．法二：以點為原點建立平面直角坐標系，設，由可得點的軌跡為以為圓心，以為半徑的圓，方程為，即可根據幾何性質可知，當且僅當與相切時，最大，即求出．【詳解】方法一：，，，當且僅當時取等號，而，所以．故答案為：；．方法二：如圖所示，建立坐標系：，，，所以點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓，當且僅當與相切時，最大，此時．故答案為：；．15．(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）根據余弦定理以及解方程組即可求出；（2）由（1）可求出，再根據正弦定理即可解出；（3）先根據二倍角公式求出，再根據兩角差的正弦公式即可求出．（1）因為，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因為，所以，故，又，所以，，而，所以，故．16．(1)證明見解析(2)(3)【解析】【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結論成立；（2）利用空間向量法可求得直線與平面夾角的正弦值；（3）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.（1）證明：在直三棱柱中，平面，且，則以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、、、、，則，易知平面的一個法向量為，則，故，平面，故平面.（2）解：，，，設平面的法向量為，則，取，可得，.因此，直線與平面夾角的正弦值為.（3）解：，，設平面的法向量為，則，取，可得，則，因此，平面與平面夾角的余弦值為.17．(1)(2)證明見解析(3)【解析】【分析】（1）利用等差等比數列的通項公式進行基本量運算即可得解；（2）由等比數列的性質及通項與前n項和的關系結合分析法即可得證；（3）先求得，進而由并項求和可得，再結合錯位相減法可得解.（1）設公差為d，公比為，則，由可得（舍去），所以；（2）證明：因為所以要證，即證，即證，即證，而顯然成立，所以；（3）因為，所以，設所以，則，作差得，所以，所以.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）根據已知條件可得出關于、的等量關系，由此可求得該橢圓的離心率的值；（2）由（1）可知橢圓的方程為，設直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯立，由可得出，求出點的坐標，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.（1）解：，離心率為.（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，易知直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立得，由，①，，由可得，②由可得，③聯立①②③可得，，，故橢圓的標準方程為．19．(1)(2)（i）；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）求出可求切線方程；（2）（i）當時，曲線和有公共點即為在上有零點，求導后分類討論結合零點存在定理可求.（ii）曲線和有公共點即，利用點到直線的距離得到，利用導數可證，從而可得不等式成立.（1），故，而，曲線在點處的切線方程為即.（2）（i）當時，因為曲線和有公共點，故有解，設，故，故在上有解，設，故在上有零點，而，若，則恒成立，此時在上無零點，若，則在上恒成立，故在上為增函數，而，，故在上無零點，故，設，則，故在上為增函數，而，，故在上存在唯一零點，且時，；時，；故時，；時，；所以在上為減函數，在上為增函數，故，因為在上有零點，故，故，而，故即，設，則，故在上為增函數，而，故.（ii）因為曲線和有公共點，所以有解，其中，若，則，該式不成立，故.故，考慮直線，