2022-2023-1高三年级第三次月考数学答案（A4）.docx

天津一中2022-2023-1高三年级第三次月考数学试卷（答案） 第 13 页 共13 页 天津一中2022-2023-1高三年级第三次月考数学试卷（答案） 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、已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出集合，，再根据并集的定义求解即可． 【详解】， ， ， 故选：． 2、若a，b，c为非零实数，则“a＞b＞c”是“a+b＞2c”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据不等式的基本性质可判定“a＞b＞c”能推出“a+b＞2c”，然后利用列举法判定“a+b＞2c”不能推出“a＞b＞c”，从而可得结论． 【解答】解：∵a＞b＞c，∴a＞c，b＞c，则a+b＞2c， 即“a＞b＞c”能推出“a+b＞2c”， 但满足a+b＞2c，取a＝4，b＝﹣1，c＝1，不满足a＞b＞c， 即“a+b＞2c”不能推出“a＞b＞c”， 所以“a＞b＞c”是“a+b＞2c”的充分不必要条件， 故选：A． 3、已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，，， 所以， 故选：B 4、函数的图象大致为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义域、奇偶性以及的值来确定正确选项. 【详解】由题意，函数的定义域为， 且，所以函数奇函数， 其图象关于原点对称，所以排除C、D项， ，所以排除B项． 故选：A 5、已知、分别为双曲线的左、右焦点，点在上，，则双曲线的渐近线方程为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，、分别为双曲线的左、右焦点，点在上， 且满足，可得，，， 由双曲线的定义可知，即， 又由，所以双曲线的渐近线方程为．故选：C． 6、设是等比数列的前项和，若，，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为，若，则，矛盾． 所以，，故，则， 所以，， ， 因此，．故选：B． 7、直线被椭圆截得最长的弦为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】联立直线和椭圆，可得， 解得或， 则弦长， 令，则， 当，即，取得最大值， 故选：B 8、设函数，若时，的最小值为，则（    ） A．函数的周期为 B．将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数 C．当，的值域为 D．函数在区间上的零点个数共有6个 【答案】D 【解析】由题意，得，所以，则，所以选项A不正确； 对于选项B：将函数的图像向左平移个单位，得到的函数是 为偶函数，所以选项B错误； 对于选项C：当时，则，所以的值域为，选项C不正确； 对于选项D：令，所以当时，，所以函数在区间上的零点个数共有6个，D正确， 故选：D． 9、设函数，.若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 令，则，当时，，即，即函数与的交点问题，其中恒过A.当时，，即，即函数与的交点问题 分别画出函数，，在各自区间上的图象： 当与相切时，有且仅有一个零点，此时，化简得：，由得：，（舍去） 当直线的斜率，大于等于直线的斜率时，有且仅有一个零点，把代入中，解得：，则 综上，的取值范围是 故选：C 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、已知复数z满足，则___________． 【答案】 【分析】根据复数的运算求得，再求复数的模即可． 【详解】，故有：， 所以． 故答案为：． 11、已知圆与直线相切，则_________． 【答案】3 【解析】因为圆的标准方程为：，所以圆必坐标为 ，半径为 ，由题意得： 解得： ，故答案为：3. 12、已知，则________． 【答案】 【解析】 ，故答案为： 13、直线与双曲线的一条渐近线平行，过抛物线的焦点，交于，两点，若，则的离心率为_______． 【答案】 【详解】依题意，点的坐标为，设直线的方程为， 联立方程组，消去并整理得：，设，，，， 则，，则，解得：， 直线的方程为或；直线的斜率为：． 直线与双曲线的一条渐近线平行，可得， 所以，，解得． 故故答案为：． 14、已知，，且，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】由已知，令，， 所以，，代入得：， 因为，， 所以 ． 当且仅当时，即时等号成立． 的最小值为． 故答案为：． 15、在中，，若所在平面内的一点满足， 当时，的值为 ；当取得最小值时，的值为 ． 【答案】5；-1 【解析】（1）如图5-26，以为坐标原点建立直角坐标系， 因为，所以点为的重 心，设，，所以，，易得 ，所以． （2）设,则, 所以可得 于是 当时取等号,所以的最小值为1． 故答案为：5；-1． 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、如图，在平面四边形中，对角线平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，的面积为2，求． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式即可得到，从而求出； （2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出，依题意，最后利用余弦定理得到方程，解得即可； 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以． （2）因为的面积，所以， 即，所以， 由余弦定理得， 所以， 因为平分，所以， 所以， 所以，所以， 所以． 17、如图，在五面体中，四边形为正方形，平面，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【详解】（1）证明：在上取点，使， 因为，所以，于是平面， 因为，四边形为正方形，所以，所以平面， 因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2）解：因为平面，所以，， 又因为四边形为正方形，所以， 所以、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， ，0，，，0，，，，， 设平面的法向量为，，， ，令，，2，， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）解：，0，，，1，， 设平面的法向量为，，， ，令，，2，， 由（1）知平面的法向量为，2，， 设平面与平面所成二面角的大小为， ，． 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 18、已知椭圆的左、右焦点为，P为椭圆上一点，且，． （1）求椭圆的离心率； （2）已知直线交椭圆于两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果； （2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果. 【详解】（1）解：因为，所以，即， 则，解得． （2）设， 由，得，所以，所以 设，即 由于在椭圆上，则，，① 由，得，即 由在椭圆上，则, 即， 即，② 将①代入②得：，③ 线段的中点为，设 可知 ， 所以，其中，解得， 所以，方程为 又，④ 将④代入③得：， 经检验满足， 所以椭圆的方程为. 19、已知等差数列的前项和为，且，.数列的前项和为，满足. （1）求数列、的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设，求证：. 【答案】（1），；（2）；（2）证明见详解． 【详解】（2）； （3），   ， 则，． 设， ， 综上，． 20、已知函数，，曲线在处的切线的斜率为． （1）求实数a的值； （2）对任意的，恒成立，求实数t的取值范围； （3）设方程在区间内的根从小到大依次为、、…、、…，求证：． 【答案】（1）；（2）；（2）证明见详解． 【分析】（1）由来求得的值. （2）由，对进行分类讨论，分离常数以及构造函数法，结合导数求得的取值范围. （3）由构造函数，利用导数以及零点存在性定理，结合函数的单调性证得. 【详解】（1）因为，则， 由已知可得，解得． （2）由（1）可知，对任意的，恒成立， 即对任意的恒成立， 当时，则有对任意的恒成立； 当时，，则， 令，其中， 且不恒为零， 故函数在上单调递增，则，故． 综上所述，． （3） 由可得，， 令，则， 因为，则， 所以，，所以，函数在上单调递减， 因为，， 所以，存在唯一的，使得， 又，则且， 所以，， 因为函数在上单调递减， 故，即． 13 学科网（北京）股份有限公司