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天津市第一中学2022-2023学年高三数学上学期第三次月考试题(Word版附解析)
天津市第一中学2022-2023学年高三数学上学期第三次月考试题(Word版附解析)
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天津一中2022-2023-1高三年级第三次月考数学试卷本试卷总分150分,考试用时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.【答案】C【解析】【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、、为非零实数,则“”是“”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【答案】A【解析】【分析】本题可根据充分条件以及必要条件的判定得出结果.【详解】若,则,故“”是“”的充分条件,令,,,满足,但不满足,故“”不是“”的必要条件,综上所述,“”是“”的充分不必要条件,故选:A. 3.已知,,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数、指数函数的单调性,结合正弦函数值的正负性进行判断即可.【详解】因为,,,所以,故选:B4.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,所以函数为奇函数, 其图象关于原点对称,所以排除C、D项,,所以排除B项.故选: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()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由,可得,,,根据双曲线的定义求得,进而得到,即可求得双曲线的渐近线方程.【详解】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.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解,其中求双曲线的离心率(或范围),常见有两种方法:①求出,代入公式;②只需要根据一个条件得到关于的齐次式,转化为的齐次式,然后转化为关于的方程,即可得的值(范围).6.设是等比数列的前项和,若,,则() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为,求得的值,再利用等比数列的求和公式可求得结果.【详解】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】【分析】联立直线方程和椭圆方程,解方程可得两根,运用弦长公式,结合配方法,以及二次函数的最值求法,可得答案【详解】解: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】【分析】由条件求出的最小正周期,由此判断A,根据正弦函数的图象及性质判断B,C,D.【详解】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【解析】【分析】先将的零点问题转化为两函数的交点问题,分段函数中的不好处理,要变形为在各自区间上的交点问题,经过画图分析,比较斜率等最终求得结果.【详解】令,则,当时,,即,即函数与的交点问题,其中恒过.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.已知复数满足,则______.【答案】【解析】【分析】先由求出复数,再代入求解即可.【详解】由,得,所以,故答案为:. 11.已知圆与直线相切,则_________【答案】3【解析】【详解】试题分析: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:,所以答案应填:3.考点:1、圆的标准方程;2、直线与圆的位置关系.12.已知,则________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式,化简求得所求表达式的值.详解】故答案为:【点睛】本小题主要考查二倍角公式、诱导公式,属于中档题.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】【解析】【分析】首先根据抛物线的焦点弦长求出直线的斜率,从而得出双曲线渐近线的斜率,再 利用即可求出双曲线的离心率.【详解】∵抛物线的方程为:,∴的焦点为,∵直线与双曲线的一条渐近线平行,∴直线的斜率存在,设直线斜率为,则直线的方程为:,由,消去,化简得(),设,,,到抛物线准线的距离分别为,,则,,,,由抛物线的定义,,解得,又∵双曲线:(,)渐近线方程为,∵直线与双曲线的一条渐近线平行,∴,∴双曲线的离心率为.故答案为:.14.已知,,且,则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】将化为,利用换底公式和对数运算的性质,结合基本不等式“”的妙用求解即可.【详解】由换底公式和对数运算的性质,原式, ∵,∴,∴原式,∵,,∴,,∴,,∴由基本不等式,当且仅当,即时,等号成立,∴原式.∴当且仅当时,的最小值为.故答案为:.15.在中,,在所在平面内的一点满足,当时,的值为______取得最小值时,的值为______.【答案】①.5②.【解析】【分析】建立平面直角坐标系,利用向量的坐标运算即可求得当时,的值;将转化为的解析式,利用二次函数的性质即可求得对应的值【详解】以C为原点,分别以CA、CB所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系,则,令,,,则,, 由,可得,解之得,当时,则,,,则,则,,则当取得最小值时,故答案为:5;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)【解析】【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;【小问1详解】解:因为,由正弦定理得,所以,所以,因为,所以所以所以【小问2详解】解: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)证明见解析;(2)(3)【解析】【分析】(1)利用线面平行判定定理去证明平面;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法去求直线与平面所成角的正弦值;(3)利用向量法去求平面与平面夹角的正弦值. 【小问1详解】在△中,过点N作交CF于H,连接AH,又,则,又,则则四边形为平行四边形,则又平面,平面,则平面;【小问2详解】四边形为正方形,平面,则两两垂直以F为原点,分别以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系则,,,,,则,,设平面的一个法向量为,则,则,令,则,,则设直线与平面所成角为则故直线与平面所成角的正弦值为; 【小问3详解】由(2)可得,设平面一个法向量为,则,则,令,则,,则又平面的一个法向量为则设平面与平面夹角为,则,则平面与平面夹角的正弦值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)【解析】【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 ,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.【小问1详解】解:因为,所以,即,则,解得.【小问2详解】解: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)(3)证明见解析【解析】 【分析】(1)根据等差数列的求和公式与通项公式列式求出首项和公差,可得数列的通项公式;根据可求出数列的通项公式;(2)根据进行裂项求和可求出;(3)根据基本不等式进行放缩得,再根据错位相减法求和可证不等式成立.【小问1详解】因为数列是等差数列,设公差为,由,得,即,解得,所以,由得,得,当时,,所以,所以,即,又,所以,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以.综上所述:数列、的通项公式分别是:,.【小问2详解】由(1)知,,所以, 所以.【小问3详解】由(1)知,,所以,所以,所以,设,则,所以,所以,所以,所以.20.已知函数,,曲线在处的切线的斜率为.(1)求实数的值; (2)对任意的,恒成立,求实数的取值范围;(3)设方程在区间内的根从小到大依次为、、、、,求证:.【答案】(1);(2);(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)由已知可得出,即可求得实数的值;(2)由题意可知对任意的恒成立,验证对任意的恒成立;在时,由参变量分离法可得出,利用导数求出函数在区间上的最大值,可得出的取值范围,综合即可得解;(3)令,利用导数分析函数在区间上的单调性,利用零点存在定理可知,求得,证明出,结合函数的单调性,即可证得结论成立.【小问1详解】解:因为,则,由已知可得,解得.【小问2详解】 解: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,.【小问3详解】证明: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,所以,,则,所以, ,因为函数在上单调递减,故,即.【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:(1)直接构造函数法:证明不等式(或)转化为证明(或),进而构造辅助函数;(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.
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高中 - 数学
发布时间:2023-03-19 18:25:01
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