2024-2025学年天津市武清区高三上学期第三次月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年天津市武清区高三上学期第三次月考数学检测试卷（附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题）
1．设集合 ，则 （ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”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．已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，且，则
5．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则三个数，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．若直线 与曲线 相切，则 （ ）
A．B．C．D．4
7．过双曲线的右焦点F作与其中一条渐近线垂直的直线分别与这两条渐近线交于两点，若，则该双曲线的焦距为（ ）
A．2B．3C．D．4
8．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如下图所示的“曲池”，其高为，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（ ）

A．B．5πC．D．
二、填空题（本大题共6小题）
10．是虚数单位，复数 ．
11．已知等差数列的前项和为，若，则 .
12．若直线被圆截得的弦长为，则的值为 ．
13．在中，，则 ；若为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 .
14．设抛物线的焦点为为坐标原点，准线与轴交于点，若上一点满足，且点到准线的距离为，则 ．
15．已知定义在 上的函数 满足 ，且 为偶函数，则的周期为 ; 当时，，若关于 的方程有 4 个不同实根，则实数的取值范围是 .
三、解答题（本大题共5小题）
16．已知分别是的内角的对边，且．
（Ⅰ）求．
（Ⅱ）若，，求的面积．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个顶点为(0，2)，离心率为 分别为椭圆的上、下顶点，动直线 交椭圆 于 两点(异于椭圆顶点)，满足 ，过点 作 ，垂足为 .
(1)求椭圆的标准方程;
(2)证明直线AB 过定点，并求出此定点的坐标;
(3)写出 面积的最大值.
19．已知数列是首项为 0的递增数列，前项和为满足.
(1)求数列的通项公式:
(2)设，对任意的正整数，将集合中的三个元素排成一个递增的等差数列，其公差为.求证: 数列为等比数列:
(3)对 (2)中的，求集合的元素个数.
20．已知函数，其中.
(1)已知,若在定义域内单调递增,求的最小值；
(2)求证：存在常数使得,并求出的值；
(3)在（2）的条件下,若方程存在三个根,,,且,求的取值范围.
答案
1．【正确答案】D
【详解】由，得或，则或，
而，所以.
故选：D
2．【正确答案】C
【详解】因为∥，则，解得，
若，则，，两直线平行，符合题意；
若，则，，两直线重合，不符合题意；
综上所述：∥，等价于.
所以“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：C.
3．【正确答案】C
【详解】令，
易知，
即分别为奇函数、偶函数、偶函数、偶函数，
由图象可知为奇函数，且在处无定义，
显然对于A项，在处有定义，对于D项，函数为偶函数，可排除A、D项，
又因为当且时，，可排除B项，
故选:C．
4．【正确答案】C
【详解】对于A，若，且，则或与相交，故A错误；
对于B，在正方体中，取为，为，平面为，平面为，
符合题意，但，故B错误；
对于C，因为，所以直线的方向向量是平面的法向量，
直线的方向向量是平面的法向量，又，
所以两直线的方向向量垂直，即两平面的法向量垂直，所以，故C正确；
对于D，在正方体中，取为，为，平面为，平面为，
此时符合题设，但与不垂直，故D错误.
故选：C.
5．【正确答案】C
【详解】解：因为；，
所以，
为偶函数
又在上单调递增,
，即
故选：C
6．【正确答案】B
【详解】设直线与曲线相切于点Px0,y0，
求导可得，因此切线斜率，
又切线过原点O0,0，可得，化简可得，
令，则，
当x∈0,1时，，即在0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时，，即在1,+∞上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
因此可得，即可得.
故选：
7．【正确答案】D
【分析】求出双曲线的渐近线方程，由向量关系可得，再结合三角形面积关系列式计算得解.
【详解】双曲线的渐近线为，令，由对称性不妨令直线垂直于直线，
而，则，由，得，则，
显然，，由，
得，解得，则，
所以该双曲线的焦距为4.
故选D.
8．【正确答案】B
【详解】由题可得，
因为，所以当时，，
且，
因为在单调递增，所以，
又，解得.
故选：B
9．【正确答案】D
【详解】如图，延长相交于点，则由题意可知O为底面扇环所对的圆心，

设，则，圆心角
∴，解得，
∴扇环的面积，
∴该“曲池”的体积
故选：D.
10．【正确答案】
【详解】.
故答案为.
11．【正确答案】3
【详解】设公差为，
因为，所以，
所以
.
故答案为.
12．【正确答案】
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，因为，解得.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】如图，以C为坐标原点，分别为轴所在直线，建立平面直角坐标系，
则，
可得，则，
所以；
因为，设，
可得，
则，
，
其中，
因为，所以.
故；.
14．【正确答案】2
【详解】如图：
设点Px,y，由题知，O0,0，，
则，，．
因为，即，
化简得，所以点在圆上，
联立，得，解得（负值舍去），
所以点到准线的距离为，解得．
故
15．【正确答案】 （且）
【详解】因为为偶函数，所以，所以.
又，
所以，所以.
所以，即是以8为周期的周期函数.
所以函数的周期为，且.
又当时，，结合函数图象的周期性和对称性，做出函数的部分图象如下：

令，
则.
所以为定义在上的偶函数.
当时，
又，所以当时，也是以8为周期的周期函数.
当时，；当时，.
所以当时，函数的图象如下图：

因为关于的方程有4个不同实根，即直线与y=gx的图象有4个不同交点.
当时，，所以，所以.
观察图象可知，当直线经过原点及点，即时，
因为，所以直线与y=gx的图象有3个公共点；
当直线经过原点及点，即时，因为，所以直线与y=gx的图象有5个公共点.
当时，直线与y=gx的图象有4个公共点.
根据函数y=gx为偶函数，可得：
当时，直线直线与y=gx的图象有4个公共点，则.
所以当时，方程有4个不同实根.
故（且）；
16．【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【详解】（Ⅰ）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，；
（Ⅱ）由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，，
因为，
所以；
（Ⅲ）由于，．
所以．
17．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面，
又，平面，则平面，
取的中点，连接，由，，得，
则，而，于是，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
显然，则，又平面，
所以平面.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
则，令，得，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（3）假设线段上存在一点满足条件，令，，
则，即，
由（1）知平面的一个法向量，
于是，
整理得：，即，而，解得，
所以在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且.
18．【正确答案】(1)
(2)证明见解析，定点坐标为
(3)
【详解】（1）依题意，解得，
所以椭圆方程为.
（2）依题意可知直线不过点，
若直线的斜率不存在，则为锐角，不满足MA⊥MB，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去并化简得，
，整理得.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
，
由于，所以，
即，
，
，
，
，
即，
整理得，
由于，故解得，所以直线的方程为，
所以直线过定点，此时在椭圆内，满足直线与椭圆有个公共点.
（3）设，由于，
所以点的轨迹是以为直径的圆（点除外），
所以到，也即到的距离的最大值为，
所以面积的最大值为.

19．【正确答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）首项为 0的递增数列中，由，
当时，则，
整理得，显然，则，
因此数列是首项为0，公差的等差数列，所以.
（2）由（1）知，则，
，，
而，，
即，，因此，，构成一个递增的等差数列，
公差，满足为常数，
所以数列为等比数列.
（3）①当为奇数时，
，
同理
则集合的元素个数为；
②当为偶数时，，
，
因此集合的元素个数为，
所以集合的元素个数为.
20．【正确答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)
【详解】（1）的定义域为,依题意可知当时,恒成立，
即,因为,当且仅当,即时等号成立,
故,解得,即的最小值为．
（2），
∵，∴，解得．
所以存在常数使得，此时．
（3）构造函数，
则方程存在三个根,即函数函数存在三个零点．
∵,∴．
令,得,于是为的一个零点．
若存在零点,且,
由可知必存在相应的零点，且．
∴必在上存在唯一零点．
若恒成立,即成立,解得，
此时在上单调递增，无零点；
若,则,
令,则,
∴在上单调递增,故在上存在零点,
当时,,单调递减,当x∈x0,+∞时,,单调递增．
∵,即，解得，
∴，即．
综上所述，的取值范围是．