2022年天津市高考數學沖刺試卷及答案解析

一、單選題

1．設全集，集合，，則等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先計算，再與集合進行 交集運算即可求解.

【詳解】因為，，所以，

所以，

故選：B.

2．設，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．函數的圖像大致為

A． B．

C． D．

【答案】D

【詳解】試題分析：因為，所以排除A,C,當函數在軸右側靠近原點的一個較小區間時，，函數單調遞增，故選D.

【解析】函數圖象與函數性質．

4．對一批產品進行了抽樣檢測，測量其凈重(單位：克)，將所得數據分為5組：，，，，，并整理得到如下頻率分布直方圖，已知樣本中產品凈重小于100克的個數是36，則樣本中產品凈重落在區間內的個數為（    ）

A．90 B．75 C．60 D．45

【答案】A

【分析】根據題意樣本中產品凈重小于100克的頻率為0.3，進而得樣本容量為120，再計算樣本中產品凈重落在區間內的個數即可.

【詳解】由題知：樣本中產品凈重小于100克的頻率為，

因為樣本中產品凈重小于100克的個數是36，

所以樣本容量為，

又因為樣本中產品凈重落在區間內的頻率為，

所以樣本中產品凈重落在區間內的個數為.

故選：A

5．已知函數，且，，，則??的大小關系為（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先分析的奇偶性，然后分析的單調性，再根據自變量的大小以及正負比較出的大小關系.

【詳解】因為，所以定義域為且關于原點對稱，

又因為，所以為偶函數；

當時，因為、均單調遞增，所以在上也單調遞增，

又因為，，，

所以，所以，所以，

故選：D.

【點睛】思路點睛：根據函數的性質比較函數值大小關系的一般步驟：

（1）先分析函數的奇偶性，由以及定義域來確定；

（2）再分析函數的單調性，由函數解析式或者單調性定義進行判斷；

（3）結合奇偶性將待比較的函數值的自變量轉換到同一單調區間，再結合單調性即可比較出大小.

6．球與棱長為的正四面體各條棱都相切，則該球的表面積為（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】采用補形的方法，將正四面體補充為正方體，由此分析出球與正方體的關系，再根據正方體的棱長求解出球的表面積.

【詳解】將正四面體補形為一個正方體如圖所示（紅色線條表示正四面體），則正四面體的棱為正方體的面對角線，

因為球與正四面體的各條棱都相切，所以球與正方體的各個面都相切，所以所求的球為正方體的內切球，

又因為正方體的棱長為，所以球的半徑，

所以球的表面積為：，

故選：C.

【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于找到正四面體和正方體之間的聯系，將原本復雜的正四面體的棱切球問題轉化為較為簡單的正方體的內切球問題.

7．已知拋物線上一點到其焦點的距離為5，雙曲線的左頂點為A且離心率為，若雙曲線的一條漸近線與直線垂直，則雙曲線的方程為（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出拋物線的方程，從而得到的值，根據離心率得到漸近線方程，由漸近線與直線垂直得到的值，從而可得雙曲線的方程.

【詳解】因為到其焦點的距離為5，故，故，

故拋物線的方程為，故.

因為離心率為，故，故，

根據拋物線和雙曲線的對稱性，不妨設在第一象限，則，

則與漸近線垂直，故，故，故，

故雙曲線方程為：.

故選：D.

【點睛】方法點睛：（1）上一點到其焦點的距離為，解題中注意利用這個結論.

（2）如果直線與直線垂直，那么.

8．已知函數的圖象與軸交點的橫坐標構成一個公差為的等差數列，把函數的圖象沿軸向左平移個單位，橫坐標伸長到原來的2倍得到函數的圖象，則下列關于函數的結論，其中所有正確結論的序號是（    ）

①函數是奇函數

②的圖象關于直線對稱

③在上是增函數

④當時，函數的值域是

A．①③ B．③④ C．② D．②③④

【答案】C

【分析】先根據輔助角公式化簡，然后利用已知條件求解出的值，再根據圖象的變換求解出的解析式；①根據解析式判斷奇偶性；②根據的值判斷對稱性；③采用整體替換的方法判斷單調性；④利用換元法的思想求解出值域.

【詳解】因為，又的圖象與軸交點的橫坐標構成一個公差為的等差數列，

所以，所以，所以，

所以向左平移個單位得到，

橫坐標伸長到原來倍得到，

①為非奇非偶函數，故錯誤；

②，所以是的一條對稱軸，故正確；

③因為，所以，

又因為在上先增后減，所以在上不是增函數，故錯誤；

④當時，，

所以，此時；，此時，

所以的值域為，故錯誤；

故選：C.

【點睛】思路點睛：求解形如的函數在指定區間上的值域或最值的一般步驟如下：

（1）先確定這個整體的范圍；

（2）分析在（1）中范圍下的取值情況；

（3）根據取值情況確定出值域或最值，并分析對應的的取值.

9．已知函數對，總有，使成立，則的范圍是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根據已知條件先分析得到，然后分析的幾何意義，通過分析與在橫坐標相等時，縱坐標豎直距離取最大值的最小值時對應的的取值，由此確定出的解析式，同時求解出，由此的范圍可知.

【詳解】由題意可知：，成立，即，

又對，，所以，

又可看作與在橫坐標相等時，縱坐標的豎直距離，

由，，可取，所以的直線方程為，

設與平行且與相切于，所以，所以，所以切線為，

當與平行且與兩條直線的距離相等時，即恰好在的中間，

此時與在縱坐標的豎直距離中取得最大值中的最小值，

此時，則 ，

又因為，所以，所以，此時或或，

所以的范圍是，

故選：B.

【點睛】結論點睛：的幾何意義：當與在橫坐標相等時，縱坐標的豎直距離.

二、填空題

10．已知，i是虛數單位，若（1i）（1bi）=a，則的值為_______.

【答案】2

【詳解】試題分析：由，可得，所以，，故答案為2．

【解析】復數相等

【名師點睛】本題重點考查復數的基本運算和復數的概念，屬于基本題.首先對于復數的四則運算，要切實掌握其運算技巧和常規思路，如

. 其次要熟悉復數的相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、共軛復數為.

11．的展開式的常數項為____________．

【答案】

【詳解】試題分析：由題意得的展開式中的通項為，令，解得，所以展開式的常數項為．

【解析】二項式定理．

12．設直線與圓相交于，兩點，若，則__________．

【答案】

【分析】圓的圓心坐標為，半徑為，利用圓的弦長公式，求出值．

【詳解】解：圓的圓心坐標為，半徑為，

直線與圓相交于，兩點，且，

圓心到直線的距離，

即，

解得：，

解得，

故答案為：．

【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系，考查弦長的計算，屬于中檔題.

13．甲箱子里裝有3個白球?2個黑球，乙箱子里裝有1個白球?2個黑球，這些球顏色外完全相同，每次游戲從這兩個箱子里各隨機摸出2個球，則一次游戲摸出的白球不少于2個的概率為___________.

【答案】

【分析】根據對立事件的概率公式進行求解即可.

【詳解】一次游戲摸出1個白球的概率為：，

一次游戲摸出0個白球的概率為：，

因此一次游戲摸出0個白球或1個白球的概率為：，

所以一次游戲摸出的白球不少于2個的概率為：，

故答案為：

14．已知，且，則的最小值為___________.

【答案】

【分析】由題意可得，結合和均值不等式可得的最小值，注意等號成立的條件.

【詳解】由，且，可得：

，

結合可得：

，

當且僅當，即時等號成立.

【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．

15．平行四邊形中，，為上的動點，，，則的最小值為___________.

【答案】

【分析】選取為基底，由已知計算可得關系，再設，可表示為的函數，從而求得最小值．

【詳解】設，則，

則，

又因為得，則，即得

解得，，

設

則

因為，所以

當時，取最小值

故答案為：．

【點睛】關鍵點點睛：本題解題時選取兩個向量為基底，用基底表示所求向量是解題的關鍵．

三、解答題

16．的內角，，所對的邊分別為，，.已知.

（1）求；

（2）若，且的面積為，求及.

【答案】（1）；（2），.

【分析】（1）先根據正弦定理將原式化簡，由此得到的倍數關系，再結合正弦定理即可得到的值；

（2）先根據（1）的結果求解出的值，然后結合兩角和的正弦公式和二倍角公式求解出的值，再根據三角形的面積公式求解出的值，結合余弦定理可求解出的值.

【詳解】（1）因為，

所以由正弦定理可得，

即，

而，所以，故.

（2）由（1）知，則，所以，

所以；

又的面積為，則，，

由余弦定理得，解得.

【點睛】易錯點睛：利用正、余弦定理解三角形的注意事項：

（1）注意隱含條件“”的使用；

（2）利用正弦定理進行邊角互化時，要注意結合條件判斷將邊轉化為角的形式還是將角轉化為邊的形式.

17．如圖，四棱錐中，底面為平行四邊形，，是棱PD的中點，且，．

（I）求證：；  （Ⅱ）求二面角的大小；

（Ⅲ）若是上一點，且直線與平面成角的正弦值為，求的值．

【答案】（I）見解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ）1．

【詳解】試題分析：(I)，，所以平面PAC；(II)建立空間直角坐標系，求出兩個法向量，平面MAB的法向量，是平面ABC的一個法向量，求出二面角；(III)設，平面MAB的法向量，解得答案．

試題解析：

證明：(I)連結AC．因為為在中，

，，

所以，所以．

因為AB//CD，所以．

又因為地面ABCD，所以．因為，

所以平面PAC．

 (II)如圖建立空間直角坐標系，則．

因為M是棱PD的中點，所以．

所以，． 設為平面MAB的法向量，

所以，即，令，則，

所以平面MAB的法向量．因為平面ABCD，

所以是平面ABC的一個法向量．

所以．因為二面角為銳二面角，

所以二面角的大小為．

(III)因為N是棱AB上一點，所以設，．

設直線CN與平面MAB所成角為，

因為平面MAB的法向量，

所以．

解得，即，，所以．

18．橢圓的離心率.

（Ⅰ）求橢圓的方程；

（Ⅱ）如圖，是橢圓的頂點，是橢圓上除頂點外的任意一點，直線交軸于點，直線交于點，設的斜率為，的斜率為，試證明：為定值.

【答案】(1) +y2=1 (2)見解析

【詳解】（1），

由（1)知A(-2，0),B(2，0),D(0，1),則直線AD方程為：；直線BP方程：，聯立得直線BP和橢圓聯立方程組解得P點坐標為，因為D,N（x,0),P三點共線,所以有：

【解析】本題考查橢圓的標準方程、簡單的幾何性質，考查直線和橢圓相交問題，定值問題，考查綜合解答問題的能力.

19．設是各項均為正數的等差數列，，是和的等比中項，的前項和為，.

（1）求和的通項公式；

（2）設，數列的前項和為，使為整數的稱為“優數”，求區間上所有“優數”之和.

（3）求.

【答案】（1），；（2）2036；（3）.

【分析】（1）根據等比數列的性質列出式子求出的公差即可得出通項公式；利用可得為等比數列，即得通項公式；

（2）求出，可得滿足為整數的形成數列，可得出，求出前10項和即可；

（3）可得，則所求即為的前n項和，利用錯位相減法即可求出.

【詳解】（1）解：設等差數列的公差為，

因為，是和的等比中項，

所以，即，

解得，因為是各項均為正數的等差數列，

所以，故，

因為，所以，

兩式相減得：，當時，，，

是以2為首項，2為公比的等比數列，.

（2），

，

要使為整數，則應滿足（），

即滿足為整數的形成數列，

由題可得，解得，

則滿足條件的“優數”之和為

；

（3）設，

則即為數列的前項和，設為，

則，

∴，

兩式相減得：

∴，∴.

【點睛】方法點睛：數列求和的常用方法：

（1）對于等差等比數列，利用公式法可直接求解；

（2）對于結構，其中是等差數列，是等比數列，用錯位相減法求和；

（3）對于結構，利用分組求和法；

（4）對于結構，其中是等差數列，公差為，則，利用裂項相消法求和.

20．已知，

（1）求在處的切線方程以及的單調性；

（2）對，有恒成立，求的最大整數解；

（3）令，若有兩個零點分別為，且為的唯一的極值點，求證：.

【答案】（1）切線方程為；單調遞減區間為，單調遞增區間為（2）的最大整數解為（3）證明見解析

【分析】（1）求出函數的導數，求出，即可得到切線方程，解得到單調遞增區間，解得到單調遞減區間，需注意在定義域范圍內；

（2）等價于，求導分析的單調性，即可求出的最大整數解；

（3）由，求出導函數分析其極值點與單調性，構造函數即可證明；

【詳解】解：（1）

所以定義域為

；

；

所以切線方程為；

，

令解得

令解得

所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為.

（2）等價于；

，

記，，所以為上的遞增函數，

且，，所以，使得

即，

所以在上遞減，在上遞增，

且；

所以的最大整數解為.

（3），得，

當，，，；

所以在上單調遞減，上單調遞增，

而要使有兩個零點，要滿足，

即；

因為，，令，

由，，

即：，

而要證，

只需證，

即證：

即：由，只需證：，

令，則

令，則

故在上遞增，；

故在上遞增，；

.

【點睛】本題考查導數的幾何意義，利用導數研究函數的極值，最值以及函數的單調性，綜合性比較強，屬于難題.

歡迎訪問“高中試卷網”——http://sj.fjjy.org