天津一中2021-2022-2高三年级四月考数学试卷本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若全集，，，则集合（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】D【解析】【分析】计算，，再计算交集得到答案.【详解】，，.故选：D.2.设，则“”是“”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【2题答案】【答案】A【解析】【详解】由，解得，由，可知“”是“”的充分不必要条件，选A.3.函数的图象可能是A.B.C.D.\n【3题答案】【答案】A【解析】【详解】试题分析：因为，所以为奇函数，故排除B、D；当时，，故排除C，故选A．考点：1、函数图象；2、函数的奇偶性．4.某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为、、、，若高于分的人数是人，则该班的学生人数是（）A.B.C.D.【4题答案】【答案】B【解析】【分析】计算出高于分的学生所占的频率，然后用除以频率即可得出结果.【详解】由频率分布直方图可知，高于分的学生所占的频率为，因此，该班的学生人数是.故选：B.5.已知函数，，，，则、、的大小关系为（）\nA.B.C.D.【5题答案】【答案】D【解析】【分析】先判断函数是奇函数，同时又是增函数，结合指数幂和对数的性质判断三个变量的大小，结合单调性进行判定，即可得到答案.【详解】函数是奇函数，当时，，由所以在上为增函数，又由所以，又，所以，所以，故选：D.6.已知矩形的顶点都在半径为2的球的球面上，且，，过点作垂直于平面，交球于点，则棱锥的体积为（）A.B.C.D.【6题答案】【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，确定出棱锥的外接球的球心，再求出DE长即可计算作答.【详解】在四棱锥中，取BE中点，连接，如图，\n因平面，平面，则，矩形中，，又，平面，于是得平面，而平面，则，同理，而，从而得，因此，点是四棱锥的外接球球心，即与点O重合，依题意，，，又，所以棱锥的体积为.故选：D7.已知双曲线的左、右焦点分别是，双曲线的渐近线上点满足，则双曲线的方程为A.B.C.D.【7题答案】【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的渐近线上点满足，结合，列出关于、、的方程组，求出、即可得结果.\n【详解】在的渐近线上，，①又，，②又，③由①②③得，，双曲线方程为，故选C.【点睛】本题主要考查双曲线的方程与简单性质，属于中档题.求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.8.已知函数，若函数在区间上有且只有两个零点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到，从而得，再根据函数在区间上有且只有两个零点，得到不等式，解不等式即可.【详解】，因为，所以.\n又因为函数在区间上有且只有两个零点，所以，解得：.故选：B9.已知函数若关于的方程都有4个不同的根，则的取值范围是A.B.C.D.【9题答案】【答案】C【解析】【分析】都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，利用分段函数画出的图象，根据数形结合可得结果.【详解】都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，\n因为，所以，若，则，则；若，则，则；若，则，则；若，则，则；若，则，则；，作出的图象如图，求得，则，由图可知，时，的图象有四个交点，此时，关于的方程有4个不同的根，所以，的取值范围是，故选C.【点睛】本题主要考查方程的根与函数图象交点的关系，考查的数形结合思想的应用，属于难题.函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10.i是虚数单位，复数___________.【10题答案】【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算，即可求解.\n【详解】解：，故答案为：11.的二项展开式中的系数是_______（用数字作答）.【11题答案】【答案】【解析】【分析】根据二项展开式通项公式求的系数.【详解】因为，所以令得，系数为【点睛】本题考查二项展开式通项公式，考查基本分析求解能力，属基础题.12.若圆与圆相交，且公共弦长为，则__________.【12题答案】【答案】【解析】【分析】两个圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，根据圆的弦长公式即可求a的值．【详解】圆与圆的方程相减即为公共弦所在直线方程：，圆圆心(0，0)到公共弦距离d＝，则公共弦长度为，解得a＝．\n故答案为：．13.已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从､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，则的数学期望为___________.【13题答案】【答案】①②.【解析】分析】利用古典概型公式得解【详解】从､两个袋内各任取2个球，有种，恰好有1个红球有从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为取出的4个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为;;;;故答案为：，【点睛】熟练掌握超几何分布是解题关键.14.已知实数满足，则的最小值为___________.【14题答案】【答案】【解析】\n【分析】根据，得，利用此等式将变形后根据基本不等式可求得结果.【详解】因为.当且仅当且时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.15.已知等腰直角三角形，，，点满足，点为线段上的动点，点为线段上的动点.如果，则__________；当时，的最小值为__________.【15题答案】【答案】①.3②.【解析】【分析】由结合向量共线定理证明，再由数量积公式得出的最小值.\n【详解】由题意可知，，因为，所以又三点共线，所以，即.设，当时，故答案为：；三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.设的内角，，所对边的长分别是，，，且，，．（Ⅰ）求的值；\n（Ⅱ）求的值．【16题答案】【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】【分析】(1)由结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)结合同角三角函数的基本关系可得，，由二倍角公式即可求出，，结合两角和的余弦公式即可求出的值.【详解】（Ⅰ）由可得，则，即：，解得或（舍去）．（Ⅱ）由余弦定理可得：，由同角三角函数基本关系可得，故，，．【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式，考查了两角和的余弦公式，属于基础题.17.如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.\n（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小；（3）求直线与平面所成角的余弦值.【17题答案】【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证.（2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可.（3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】取的中点，连接,则且又，所以四边形为正方形,则且又四边形ABCD为矩形，则且所以且,则四边形为平行四边形所以，又平面,平面\n【小问2详解】∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，∴，，又∵平面平面BCEF，且平面平面，∴平面.以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系.，，，，，，设平面的一个法向量为，则，，得∵平面，∴平面一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角的大小为，则.因此，平面与平面所成锐二面角的大小为.【小问3详解】根据（2）知平面一个法向量为得，∵，设直线与平面所成角为，则，\n∴.因此，直线与平面所成角的余弦值为.19.设，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.【19题答案】【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）由点和关于点对称，得，及点在椭圆上，由椭圆定义，得椭圆方程为.（2）四边形的对角线互相平分就是与的中点重合，设，，\n，则，即，故.这可根据列方程组解出坐标关系：解得，从而可求出直线方程.【小问1详解】由点和关于点对称，得，所以椭圆的焦点为，，由椭圆定义，得.所以，.故椭圆的方程为.【小问2详解】由题可知直线，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为.设，，由消去，得，由题意，可知，则，，由消去，得，由，可知，设，又，则，.因为四边形为平行四边形，\n所以，即，故.所以.得.所以为.21.已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于，，，.（1）求和的通项公式；（2）若数列满足：，求数列的前项和；（3）若数列满足：，证明：.【21题答案】【答案】（1），（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，可解得，即可求得的通项公式，根据条件中其余两个等式结合等差数列通项公式可解得，，即可得到的通项公式；（2）由（1）可得，根据裂项相消法求解即可；（3）由（1）可得，根据真分数性质可得，则，进而结合等比数列前项和公式即可证明结果.【小问1详解】\n解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由已知，得，而，所以.又因为，解得，所以.由，可得①，由，可得，即②，联立①②，解得，，由此可得.所以通项公式为，的通项公式为.【小问2详解】由（1），所以.【小问3详解】证明：由（1），.由真分数性质，若，，则，所以，所以，所以，故不等式得证.23.已知函数（其中为实数）的图象在点处的切\n线方程为.（1）求实数的值；（2）求函数单调区间；（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【23题答案】【答案】（1）（2）单调递减区间为；单调递增区间为.（3）【解析】【分析】（1）求导得到，根据题意得到，解得答案.（2）计算得到，求导得到，令，则，讨论和的情况，得到在上单调递减和在上单调递增.（3）当时，不等式恒成立，当时，等价于，令，，考虑和，结合（2）结论根据函数的单调性得到最值，同理时类似，计算得到答案.【小问1详解】因为，所以，由题意得解得.\n【小问2详解】由（1）知所以，令，则当时，由，得，所以在上单调递减.当时，由，得，所以在上单调递增，故，所以上单调递增.综上所述，在上单调递减；在上单调递增.【小问3详解】对分情况讨论如下：当时，对任意的，不等式恒成立.当时，不等式等价于，即令，则.当时，由（2）知，所以单调递增，从而，满足题意.当时.由知在上单调递增，设，则，\n令，可得，解得；令，可得，解得；所以函数在单调递减；在区间单调递增》所以，即，故，从而.又，所以存在唯一实数，使得，且当时，单调递减，所以当时，不满足题意.当时，不等式等价于，同上，令，则.当时，由（2）可知，所以单调递增，故，满足题意综上，可得入的取值范围是.
