2022届天津市第一中学高三上学期第三次月考数学试题含解析

2022届天津市第一中学高三上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，

，

因此，.

故选：A.

2．设，则是成立的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【分析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性，可得出结论.

【详解】因为为R上的减函数，是上的增函数，

所以由可得（），

由可得（），

故是成立的必要不充分条件，

故选：B

【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，必要不充分条件，属于中档题.

3．已知函数，则函数的大致图象为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】得到函数的定义域，然后计算，然后根据，可得结果.

【详解】由题可知：函数定义域为,

所以，故该函数为奇函数，排除A,C

又，所以排除D

故选：B

4．某健身俱乐部统计学员经训练后的平板支撑的时间增加值都在20s到45s之间，其频率分布直方图如图所示．现已知时间增加值在，，的健身人数呈递减的等差数列，则学员时间增加值是或的频率之和为（       ）

A．0.5 B．0.3 C．0.6 D．0.4

【答案】D

【分析】由上的频率值计算出上总的频率值，根据在的健身人数呈递减的等差数列，知频率也呈等差数列，，从而计算出在或上的频率和.

【详解】由在的健身人数呈递减的等差数列，

则，则，

故选：D

5．已知，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】通过指、对、幂函数的单调性即可得到结论.

【详解】，，

又，，

.

故选：A．

6．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，．若该四棱锥的顶在都在同一球面上，则该球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将四棱锥补成长方体，则体对角线为球直径，即可求解表面积．

【详解】将四棱锥补成长方体，则体对角线为球直径，

设外接球的半径为，则

所以该球的表面积为

故选：A

7．已知函数的图象关于直线对称，则（       ）

A．函数在上单调递增

B．函数为偶函数

C．若，则的最小值为

D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象

【答案】C

【分析】根据周期和对称轴可得函数所有对称轴，根据对称轴位置可判断.

【详解】因为，故A不正确；由题知， 的周期为，所以对称轴为Z，

所以的对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故B不正确；函数的图象向右平移个单位长度后，其对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故D不正确；由题知，若，则的最小值为函数的半周期，故C正确.

故选：C

8．在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.

【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，

因为过且垂直于轴，故，

所以直线，整理得到，故.

因为，故，整理得到，

所以即，故.

故选：B.

9．已知函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（       ）

A．  B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数 的特点，比较准确地画出函数图像，

将原方程转化为直线与函数曲线有两个不同的交点，并构想如何才能有两个交点.

【详解】对于 ，是对称轴为y轴的开口向上的二次函数；

对于 ，求导得 ，在 时， ，是增函数，

   ， ，

∴在 内必存在零点，考虑 函数图像的特点，

作如下所示示意图：

要使关于x的方程有两个不相等的实数根，

则两函数与的图象有两个交点，

当，由图可知，，即；

当时，相当于与 在 内有两个交点，

即方程 在上有两个解， ，

令，

， ，作 图像如下：

；

故选：A.

二、填空题

10．已知复数满足(为虚数单位)，则________.

【答案】

【分析】先求出复数，再利用复数的模的计算公式即可求出．

【详解】，

，

即．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及复数的模的计算公式的应用，属于基础题．

11．已知二项式的展开式中含项的系数是160，则实数a的值是______.

【答案】2

【解析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得含的项，再根据含项的系数等于160求得实数a的值.

【详解】二项式的展开式的通项公式为，

令，求得，可得展开式中含项的系数是，

解得实数，

故答案为：2.

【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式某一项的系数求参数，属于基础题.

12．已知圆与直线相交所得圆的弦长是，若过点作圆的切线，则切线长为_______.

【答案】3

【解析】根据题意，得出圆的圆心为，利用点到直线的距离公式，求出圆心到直线的距离，再结合弦长公式求得，即可求出切线长.

【详解】解：由题知，圆，

圆心为，半径，

圆心到直线的距离，

所以，解得：.

故圆的方程为.

过点作圆的切线，所以切线长为：

.

故答案为：3.

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆心和半径、点到直线距离和切线长等知识，考查解题能力.

13．已知，则的最大值是____________.

【答案】

【解析】先化简原式为，再换元设得原式，再换元设得原式可化为，再利用函数单调性得到函数的最大值.

【详解】，设，

所以原式=，

令

所以原式=.

(函数在上单调递增)

故答案为：

【点睛】(1)本题主要考查基本不等式，考查函数y=+的图像和性质，考查换元法的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化的能力及数形结合的思想方法；(2)解答本题的关键是两次换元，第一次是设，第二次是设，换元一定要注意新元的范围.

14．饕餮（tāotiè）纹，青铜器上常见的花纹之一，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上.有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为1，有一点P从A点出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为___________.

【答案】0.125

【分析】本题先通过列举法写出8种总跳法，再按照古典概型进行概率计算.

【详解】点P从A点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，

则有（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），

（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共8种不同的跳法（线路），

符合题意的只有（下，下，右）这1种，

所以3次跳动后，恰好是沿着餐餮纹的路线到达点B的概率为.

故答案为：.

15．在平行四边形中，，相交于点，为线段上的动点，若，则的最小值为___________

【答案】

【分析】先利用已知条件求得，，再设，根据线性关系利用向量表示向量，利用数量积展开化简得到，，结合二次函数最值的求法即得结果.

【详解】依题意，由，知，即，

所以，得，则，即.

设，则，得，

，

，由知，当时，二次函数取得最小值，即取 最小值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

本题的解题关键在于用基底表示向量进行运算，将数量积的最值问题转化成二次函数的最值问题，突破难点.

三、解答题

16．在锐角中，内角，，的对边分别为，，，满足.

（1）求角的大小；

（2）若，求的值；

（3）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得到求解；

（2）根据，分别求得，再结合，利用两角和的正弦公式求解；

（3）结合，，利用余弦定理求得，代入面积公式求解；

【详解】（1）因为，

所以，

，

因为，

所以，

所以；

（2）因为，所以，

所以，

，

所以，

.

（3）由余弦定理得，

，

又因为，，

所以，

所以三角形ABC的面积是.

【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

17．如图所示，在三棱柱中，侧棱垂直于底面ABC，且底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，D是AC的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面；

(3)求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）取交点P，构造三角形中位线可证；

（2）将面面垂直转化为线面垂直，结合已知根据等边三角形三线合一，以及勾股定理可证；

（3）借助面面垂直的性质作出线面角直接求解即可.

【详解】(1)设交于点P，连结PD，

∵D是AC的中点

∴，

∵平面，平面，

∴平面；

(2)∵底面ABC，平面ABC

∴，

又底面是边长为2的正三角形，D是AC的中点.

∴.

∵，平面，平面

∴平面，

∴

易知，，满足勾股定理，

∴

又平面，平面，

∴平面，

又平面

∴平面平面；

(3)作，M为垂足，

由（2）知平面平面；

∵平面平面，

∴平面，连接MP，则∠APM就是直线与平面所成的角，

∵，，

∴在中，，

∵

∴.

∴直线与平面所成的角的正弦值.

18．已知椭圆C：的右焦点为，离心率为，直线l过点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段AB的中点为M.

(1)求椭圆C的方程：

(2)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

(3)延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的斜率.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】(1)有条件列出关于的方程，解方程求，由此可得椭圆C的方程；(2)利用设而不求法可求的坐标，由此完成证明；(3)由(2)求点P的坐标，根据点在椭圆上列方程求直线l的斜率.

【详解】(1)由题意可知，，，

∵，

∴，，

∴椭圆的方程为.

(2)设直线l的方程为，，，

联立，消去y得，，

则，

∵M为线段AB的中点，

∴，，

∴，

∴为定值.

(3)若四边形OAPB为平行四边形，则，设

∴，，

∵点P在椭圆上，

∴，

解得，即，

∴当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为.

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

19．已知数列，，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且，，成等比数列．

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，

（i）求数列的前n项和；

（ii）求．

【答案】（1），；（2）（i）；（ii）．

【分析】（1）讨论n=1和n≥2两种情况，根据递推公式探讨出任意两项之间的关系，进而求得通项公式；再求出的首项，利用等比中项求出公差，进而得到答案；

（2）（ⅰ），根据（1），用分组求和得到答案；

（ⅱ）对和式，从首项起依次每两项一组并项求和，再用错位相减法求得答案.

【详解】（1）n=1时，，

n≥2时，，所以，

所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以.

则，设数列的公差为d，因为，，成等比数列，

所以，解得：d=2，

则.

（2）（ⅰ）由（1）可知，，

若n为偶数，则

，

若n为奇数，则,

于是，.

（ⅱ）由题意，对，

，

设的前n项和为，

所以，，则，

则

，所以，

于是，.

20．设函数，其中．

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若，

（ⅰ）证明：函数恰有两个零点；

（ⅱ）设为函数的极值点，为函数的零点，且，证明：．

【答案】（1）上单调递增；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.

【分析】（1）由题设得，结合定义域判断其符号，即可知单调性.

（2）（ⅰ）求导得，构造并应用导数研究单调性，进而判断符号确定单调性，可求极值点所在的区间为，再证上，由此得，结合零点存在性定理即可证结论；（ⅱ）由（ⅰ）结合题设可得，结合上，即可证结论.

【详解】（1）由题设，且，则，

∴在上单调递增.

（2）（ⅰ）由，令，又，知：在上递减，又，，

∴在上有唯一零点，即在上唯一零点，设零点为，则，

∴，，递增；，，递减；

∴是唯一极值点，且为极大值，

令且，则，故在上递减，

∴，即，

∴，又，

∴在、都有一个唯一零点，故恰有两个零点；

（ⅱ）由题意，，则，即，

当时，，又，则，

∴，即，得证.

【点睛】关键点点睛：第二问，1、求导并构造研究的单调性，并结合上、零点存在性定理证明零点的个数；2、利用极值点、零点的性质列方程得到的不等关系式求证结论.