天津市2022届高考数学仿真预测试卷（Word含答案解析）

2022年天津市高考数学仿真预测试卷
一．选择题（共9小题，满分45分，每小题5分）
1．（5分）已知全集，2，3，4，，集合，，，，则　　
A．
B．，
C．，
D．，2，3，
2．（5分）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
3．（5分）函数的部分图象大致是　　
A．
B．
C．
D．
4．（5分）总体的样本数据的频率分布直方图如图所示总体中的数据不超过，总体中的数据不超过，则，的估计值为　　
A．
B．
C．22，
D．
5．（5分）已知，，，则下列判断正确的是　　
A．
B．
C．
D．
6．（5分）已知圆锥底面半径与球的半径都是1，如果圆锥的体积与球的体积恰好也相等，那么这个圆锥的侧面积为　　
A．4
B．
C．
D．
7．（5分）若，则　　
A．
B．
C．
D．
8．（5分）已知双曲线的一条渐近线将圆分成面积相等的两部分，则双曲线的离心率为　　
A．
B．
C．
D．2
9．（5分）函数的图象上关于轴对称的点共有　　
A．1对
B．2对
C．3对
D．4对
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
10．（5分）是虚数单位，则复数　　．
11．（5分）在的展开式中，常数项等于　　．
12．（5分）已知直线与圆交于，两点，若，则直线的方程为　　．
13．（5分）设，那么的最小值是　　．
14．（5分）随机事件，的概率分别为（A），（B）．
（1）若，则　　；
（2）若与相互独立，则　　．
15．（5分）若向量，满足，，，则，的夹角为　　，　　．
三．解答题（共5小题，满分75分）
16．（14分）已知四边形中，，，，．
（1）若，求，；
（2）若，求．
17．（15分）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，、分别是、的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角的正切值．
18．（15分）设、分别为椭圆的左顶点和右焦点，为它的一个短轴端点，已知的面积为．
（1）求椭圆的离心率；
（2）经过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，当的方向变化时，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（15分）设等差数列的前项和为，已知，且是与的等比中项．
（1）求的通项公式；
（2）若，求证：，其中．
20．（16分）已知函数．
（1）若，求在，（1）处的切线方程；
（2）若函数在处取得极值，求的单调区间，以及最大值和最小值．
2022年天津市高考数学仿真预测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题，满分45分，每小题5分）
1．解：全集，2，3，4，，集合，，，，
，2，3，，
．
故选：．
2．解：由，解得或，
由，解得或，
故由能够推出，
由不能够推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
3．解：根据题意，，其定义域为，
有，即函数为奇函数，其图像关于原点对称，排除，
在区间上，，，则，函数图像在轴的下方，排除，
故选：．
4．解：由于第一组频率为，第二组频率为，第三组频率为，第四，组组频率为，
则，
由于，
则，
故选：．
5．解：，，
．
故选：．
6．解：由题意可知球的体积为：，
圆锥的体积为：，
因为圆锥的体积恰好也与球的体积相等，
所以，所以，
圆锥的母线：．
故圆锥的侧面积，
故选：．
7．解：，
，即，
故选：．
8．解：由双曲线的方程可得渐近线的方程：，
由渐近线平分圆的面积可得，直线过圆的圆心，
所以可得，
可得，
所以双曲线的离心率，
故选：．
9．解：函数的图象关于轴对称，
函数的图象上关于轴对称点的对数等于的图象与函数交点的个数，
当时，
的取值范围从，的取值范围从，
又恒单调递增，单调递减，
存在唯一的，使得，即为两个函数的交点，
同理可得，当，以及时分别有一个交点，
当时，，，
又恒单调递增，
函数与再无交点，
综上所述，图象关于图象上关于轴对称的点共有3对．
故选：．
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
10．解：复数，
故答案为：．
11．解：的展开式的通项公式为，
令，可得，
所以常数项为．
故答案为：160．
12．解：直线与圆交于，两点，
圆的圆心，圆的半径为：4，直线恒过，
，，所以的斜率为：1，
所以直线的方程为：．
故答案为：．
13．解：，，当且仅当，即时取等号，
，
当且仅当，即，时取等号．
的最小值是8．
故答案为：8．
14．解：（1）根据题意，若，则（B）；
（2）若与相互独立，（A），（B）．
则，
则（A）（B）．
15．解：因为，，
所以，
故，所以，，
因为，故．
而．
故答案为：．
三．解答题（共5小题，满分75分）
16．解：（1）在中，由于，
所以，
故，
在中，利用余弦定理：，
故．
（2）设，由于，由，
所以，
，
在中，由于，
所以，
在中，由正弦定理：，整理得，
所以，
所以，
由于，
得：．即．
17．（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，
则，且，
又为的中点，
在矩形中，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）解：连接，因为平面，
所以即为直线与平面所成的角，
在中，，且，
故，
所以与平面所成角的正弦值为；
（Ⅲ）解：作交的延长线于点，连接，则，
所以即为二面角的平面角，
由，则，
所以，
故二面角的正切值为．
18．解：（1）设椭圆的半焦距为，由已知得，
即，又，
所以，
所以
由于，，
所以，
解得，
所以椭圆的离心率为．
（2）由（1）知，，，
所以椭圆的方程可化为，
设，，，，直线的方程为，联立，
联立直线与椭圆的方程，得，
则，，
由弦长公式可得，
设线段的中点坐标为，，
则，，
则的垂直平分线方程为，
令，得点的横坐标，
于是，
故存在常数满足条件．
19．解：（1）设等差数列的公差为，由，得，
因为是与的等比中项，所以，
化简得，且，
解方程组，得，或，，
故的通项公式为或（其中．
（2）证明：因为，则，于是，
于是，
故
，其中．
20．解：（1）的导数为，
可得在处的切线的斜率为，
则在，（1）处的切线方程为，
即为；
（2）的导数为，
由题意可得，即，解得，
可得，
，
当或时，，递增；当时，，递减．
函数的图象如右图，当，；，，
则在处取得极大值1，且为最大值1；在处取得极小值，且为最小值．
所以的增区间为，，减区间为；
的最大值为1，最小值为．