天津市十二校联考2022届高三下学期数学一模试卷及答案.docx

1、天津市十二校联考2022届高三下学期数学一模试卷一、单选题1设集合 .则 （） ABCD2“”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3过点作圆的切线，则的方程为（）AB或CD或4已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则的值是（）A1BCD5设正实数，分别满足，则a，c的大小关系为（）ABCD6已知函数，则下列说法中，正确的是（）A的最小值为-1B的图像关于点对称C在区间上单调递增D将的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的，得到7抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，且相交于，两点，直线AF交抛物线于另一点C，且与双曲线的一条渐近线平行，若，则双曲线的离心率为（

2、）ABC2D38已知，则的值为（）A1B0C-1D29在四边形中，点在线段的延长线上，且，点M在边CD所在直线上，则的最大值为（）AB-24CD-30二、填空题10设，则 .11在的二项展开式中，的项的系数是 .（用数字作答）12已知六棱锥的七个顶点都在球的表面上，若，底面，且六边形是边长为的正六边形，则球的体积为 .13若，则的最小值为 .14已知定义在上的函数满足，且当时，若函数，在上有四个零点，则实数的取值范围为 .15数据20，14，26，18，28，30，24，26，33，12，35，22的70%分位数为 ；数据1，5，9，12，13，19，21，23，28，36的第50百分位数是

3、.三、解答题16在 中，内角 所对的边分别为 .已知 ， . （I）求 的值；（II）求 的值.17菱形ABCD中，平面，（1）证明：直线平面；（2）求二面角的正弦值；（3）线段上是否存在点使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.18已知点，分别是椭圆的左顶点和上顶点，F为其右焦点，且该椭圆的离心率为；（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆上的一动点，且不与椭圆顶点重合，点为直线与y轴的交点，线段AP的中垂线与轴交于点，若直线斜率为，直线的斜率为，且（为坐标原点），求直线AP的方程.19已知数列是公比大于1的等比数列，为数列的前项和，且，成等差数列数列的前项

4、和为，满足，且.（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和为；（3）将数列，的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列，求这个新数列的前项和20已知，（1）求在处的切线方程以及的单调性；（2）对，有恒成立，求的最大整数解；（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.答案解析部分1【答案】A2【答案】A3【答案】C4【答案】D5【答案】B6【答案】C7【答案】D8【答案】C9【答案】A10【答案】111【答案】7012【答案】13【答案】414【答案】15【答案】28；1616【答案】（）解：由 ，及 ，得 . 由 ，及余弦定理，

5、得 .（）解：由（），可得 ，代入 ，得 .由（）知，A为钝角，所以 .于是 ， ，故17【答案】（1）证明：建立以D为原点，分别以，（T为BC中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），则，.证明：，设为平面EAB的法向量，则，即，可得，又，可得，又因为直线平面EAB，所以直线平面EAB；（2）解：，设为平面BFC的法向量，则，即，可得，设为平面的法向量，则，即，可得，所以，所以二面角的正弦值为；（3）解：设，则，则，设为平面BDM的法向量，则，即，可得，由，得，解得或（舍），所以.18【答案】（1）解：依题意知：，则，又，椭圆的标准方程为.（2）解：由题意，设直线的斜率为，直

6、线AP方程为所以，设，中点为，由消去得中垂线方程为：令得.，解得.直线的方程为，即19【答案】（1）解：由题意，设等比数列的公比为，由已知，得，即，解得，所以；又数列的前项和为，满足，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，则，则，又也满足上式，所以，；（2）解：由（1）可得，所以，令则，得，所以，因此；（3）解：由（1）可得数列前项和，数列的前项和；当时，； 当，（i）当时，（ii）当时，；时，也满足该式，所以；当，；综上20【答案】（1）解：所以定义域为；所以切线方程为；，令解得令解得所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）解：等价于；，记，所以为上的递增函数，且，所以，使得即，所以在上递减，在上递增，且；所以的最大整数解为.（3）解：，得，当，；所以在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，要满足，即；因为，令，由，即：，而要证，只需证，即证：即：由，只需证：，令，则令，则故在上递增，；故在上递增，；.