1、2022届高考数学一轮复习收官测评卷（天津卷）【满分：150分】【时间：120分钟】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.已知集合，则( )A.B.C.D.2.“”是“直线与直线平行”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.定义运算：，则函数的图象大致为( )A.B.C.D.4.为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调査，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( )A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%B
2、.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间5.不等式的解集为( )A.B.C.D.6.已知是球球面上的两点,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为( )A. B. C. D.7.已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是( )A.6B.C.8D.8.已知双曲线的左、右焦点为.直线与双曲线交于M,N两点， Q点坐标为，且，则此双曲线离心率的值为( )A.B.C.D.9.已知是奇函数，当时，当时，的最小值为1，则a的值为( )A.1
3、B.2C.3D.-1二、填空题，本题共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.已知复数，（为虚数单位），且，则_.11.若斜率为的直线与y轴交于点A，与圆相切于点B，则_.12.的展开式中的系数为_.13.已知，则的最小值为_.14.某高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数（单位：辆）均服从正态分布，若，假设三个收费口均能正常工作，则这个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为_.15.已知向量，向量，则与的夹角大小为_.三、解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤16. （本小题满分14分）已知的内角
4、A，B，C的对边分别为a，b，c，（1）求角A；（2）若，求的面积.17. （本小题满分15分）如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，点O为DE的中点.（1）证明:平面ADE.（2）求平面ABE与平面AOC所成锐二面角的余弦值.18. （本小题满分15分）已知椭圆的焦距为2，过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定点，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线的另一个交点为Q，证明直线BQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.19. （本小题满分15分）已知数列中，数列满足.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列中的最大项和最小项，并说明理由.20
5、. （本小题满分16分）已知函数.（1）设是函数的极值点，求m的值，并求的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求m的取值范围.答案以及解析一、选择题1.答案：C解析：，则，故选C.2.答案：C解析：当两直线平行，解得或，当，两直线重合，舍去；当时，两直线平行所以“”是“直线与直线平行”的充要条件故选：C3.答案：A解析：若可得，；若可得，当时，故选：A4.答案：C解析：本题考查频率分布直方图、均值等统计图表及统计量的基础知识.选项正误原因A由图可知，组距是1，前2个小矩形的面积和是0.06B最后4个小矩形的面积和是0.10C可以求得平均值是D4.5至8.5之间小矩形的面积和是0.645.答案：
6、A解析：由得，即，解得.不等式的解集是.故选A.6.答案：C解析：如图所示,设球的半径为,因为,所以.因为,且的面积为定值,所以当平面时,三棱锥的体积最大,此时,得.所以球的表面积为7.答案：C解析：设切点为，的导数为，由题意可得，又，解得，即有，因为a、b为正实数，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为8.故选：C.8.答案：D解析：由双曲线，可得右焦点，则点，因为，所以.又，整理得，则又，解得，故选D9.答案：A解析：因为是奇函数，当时，的最小值为1，所以在区间上的最大值为-1，当时，令，得.又，所以，令，则，所以在区间上单调递增；令，则，所以在区间上单调递减，所以，所以，则.二、填空题10
7、.答案：解析：，故11.答案：解析：作图如上，可知圆心，半径.直线倾斜角，则有.由直线与圆相切，可知.12.答案：解析：因为的展开式中的系数为写，所以的展开式中的系数为13.答案：7解析：根据题意，当时，当且仅当时等号成立，即的最小值为7；故答案为：714.答案：解析：因为高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数均服从正态分布，所以，因此三个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为.故答案为：.15.答案：解析：由平面向量的数量积公式得，则，所以与的夹角为.故答案为：三、解答题16.答案：解：（1）由应用正弦定理得，即，整理得，于是，又，所以，.（2），由余弦定理，得,即，则于是17.
8、答案：（1）证明:由题意可得四边形BCDE为菱形，连接CE，在中，则，为正三角形.由点O为DE的中点，得.点O为DE的中点，又，则平面ADE.（2）解:如图，不妨设，以O为原点，为x轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面ABE的法向量为，则令，得设平面AOC的法向量为，则令，得平面ABE与平面AOC所成锐二面角的余弦值为18.答案：（1）由题知又，所以，所以椭圆C的方程为.（2）易知，设，因为直线l的斜率不为零，所以设l的方程为：，由得，所以，.因为以AP为直径的圆与直线的另一个交点为Q,所以，则 则，故BQ的方程为：，由椭圆的对称性，知定点必在x轴上，所以令，则，因为，所以，所以，故直线BQ恒过定点，且定点为.19.答案：（1）因为，所以.又，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.（2）由（1），得，则.设，则在区间和上为减函数，且当时，；当时，所以当时，取得最小值-1；当时，取得最大值3.20.答案：（1）由题意，函数，则，因为是函数的极值点，所以，故，即，令，解得或.令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由，当时，则在上单调递增，又，所以恒成立；当时，易知在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，则，这与恒成立矛盾.综上，m取值范围是
