1、 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“abc”是“a+b2c”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
2、基本性质可判定“abc”能推出“a+b2c”，然后利用列举法判定“a+b2c”不能推出“abc”，从而可得结论【解答】解：abc，ac，bc，则a+b2c，即“abc”能推出“a+b2c”，但满足a+b2c，取a4，b1，c1，不满足abc，即“a+b2c”不能推出“abc”，所以“abc”是“a+b2c”的充分不必要条件，故选：A3、已知，则（）A B C D【答案】B【详解】因为，所以，故选：B4、函数的图象大致为 （ ）ABCD【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
3、，所以排除B项故选：A5、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 （ ）AB 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：C6、设是等比数列的前项和，若，则 （ ）AB 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：B7、直线被椭圆截得最长的弦为（ ）ABCD【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：B8、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
4、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：D9、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（ ）ABCD【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
5、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，
6、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，
7、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
8、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
9、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，由，得，即由在椭圆上，则,即，即，将代入得：，线段的中点为，设可知，所以，其中，解得，所以，方程为又，将代入得：，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，
10、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
