2024届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共18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
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的运算法则计算．
【详解】由已知，
，．
故选：C．
2．设为实数，直线， ，则“” 是“”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
【答案】B
【分析】先求得直线平行时的值，再结合充分，必要条件的定义进行判断即可.
【详解】由两条直线平行可得，解得，
所以“” 是“”的必要不充分条件．
故选：B．
3．若的展开式的二项式系数之和为，则的展开式中的系数为（ ）
A．8B．28C．56D．70
【答案】C
【分析】根据二项式系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的展开式的二项式系数之和，
则展开式的通项公式为：
，
令，
所以的系数为.
故选：C
4．已知双曲线C：的焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形，直接得到，计算渐近线的斜率.
【详解】如图，可知焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近线的距离之比为3：1，
即，，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
5．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】直接由指数、对数的运算以及特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】，，，所以.
故选：B．
6．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算圆柱的底面半径和高，从而求得圆柱的侧面积.
【详解】设符合题意的正四棱锥如下图所示，
是底面的中心，则平面，
分别是的中点，
则，
所以圆柱底面的直径为，则半径为，
，圆柱的高为，
所以圆柱的侧面积为.
故选：C

7．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增．其中正确的结论为（ ）
A．①②B．②③C．②④D．①④
【答案】C
【解析】根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，
所以 ，解得，
因为，所以，因此，
①将的图象向右平移个单位长度后函数解析式为，
由，得，所以其对称中心为：，故①错；
②由，解得，即函数的对称中心为；令，则，故②正确；
③由，故③错；
④由，得，
即函数的增区间为，因此在区间上单调递增，故④正确.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
8．已知数列的通项，如果把数列的奇数项都去掉，余下的项依次排列构成新数列为，再把数列的奇数项又去掉，余下的项依次排列构成新数列为，如此继续下去，……，那么得到的数列（含原已知数列）的第一项按先后顺序排列，构成的数列记为，则数列前10项的和为（ ）
A．1013B．1023C．2036D．2050
【答案】C
【分析】根据题意得到数列的第项为数列的第项，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】根据题意，如此继续下去，……，则得到的数列的第一项分别为数列的第
即得到的数列的第项为数列的第项，
因为，可得，
所以.
故选：C.
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，椭圆的上顶点为，且，双曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为为曲线与的一个公共点．若，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】根据椭圆、双曲线的定义和离心率等知识进行计算，从而确定正确答案.
【详解】对于椭圆，由于，即，
所以三角形是等腰直角三角形，所以，
所以.
，
即，
则，
两式相减得，
不妨设在第四象限，则
.
对于双曲线，半焦距为，设其实半轴长为，
则，
所以.
故选：D

【点睛】求解椭圆或者双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率.
二、填空题
10．已知复数满足（为虚数单位），则 ．
【答案】
【分析】根据复数乘法运算求得正确答案.
【详解】依题意，，
则，
则，
所以.
故答案为：
11．的值为 ．
【答案】/
【分析】根据对数和指数运算求得正确答案.
【详解】
.
故答案为：
12．圆与圆的公共弦长为，则过点且与圆相切的直线方程为 ．
【答案】
【分析】将圆与圆的方程作差可得公共弦所在直线方程为，结合弦长求得，注意到点在圆上，结合切线的性质求圆的方程.
【详解】圆的圆心为，半径，
将圆与圆的方程作差可得，
即公共弦所在直线方程为，
则到直线的距离为，
由题意可得：，解得，
且，可得，
若，则圆即为，
可知圆的圆心为，半径，
则，可知，
即圆与圆相交，符合题意，
又因为，即点在圆上，
可得，则切线的斜率，
所以切线方程为，即.
故答案为：.
三、
13．已知抛物线，该抛物线的准线方程为 ；点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为A，B，则四边形的面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】将抛物线的方程化为标准形式，从而求得准线方程.根据对称性得到，通过求的最小值来求得四边形的面积的最小值.
【详解】抛物线，即，，所以准线方程为.
圆即，圆心为，半径.
也是抛物线的焦点.
，
而，
所以四边形的面积取最小值时，最小.
设，，
设，则的开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，
所以当时取得最小值为，也即的最小值为，
所以的最小值为，所以四边形的面积的最小值为.
故答案为：；

四、填空题
14．如图，在菱形中，，，以为直径的半圆与交于点M，P是半圆上的动点﹐则 ；的最大值是 .

【答案】 12 /
【分析】空1：取的中点O，连接，则可得是等边三角形，在中，利用余弦定理求出，从而可求出；空2：取的中点E，连接，交半圆于点N，则，所以，从而可求出的最大值
【详解】空1：如图，取的中点O，连接，因为，，
所以是等边三角形，所以，
又在中，，
所以；
空2：取的中点E，连接，交半圆于点N，则，，
又
，
故的最大值是.
故答案为：12；.

【点睛】关键点睛：此题考查平面向量的综合应用，考查平面向量数量积的运算，解题的关键是取的中点E，连接，将转化为，化简后可求出其最大值，考查数学转化思想，属于较难题.
15．若存在实数，使函数有3个不同的零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】化简，讨论a的取值，转化为函数与直线有3个不同的交点，求h（x）的最值列a的不等式求解即可
【详解】令，
若，显然不合题意；
当时，若函数有3个不同的零点，即函数与直线有3个不同的交点，则，即存在，使成立，令，求导可得，当时，，单调递减，所以，所以；
当时，若函数有3个不同的零点，即函数与直线有3个不同的交点，则，即存在，使成立，令，求导可得，当时，，单调递减，所以，所以.
综上所述，，
故答案为.
【点睛】本题考查分段函数的图像及性质，考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查转化化归能力，是中档题
五、解答题
16．在锐角中，角所对的边分别为．已知．
(1)求角的大小；
(2)设
①求的值；
②求的值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求得.
（2）利用余弦定理求得，结合余弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
【详解】（1）依题意，，
由正弦定理得，
由于锐角三角形中，所以，
而是锐角，所以.
（2）①，由余弦定理得.
②，由余弦定理得，
而是锐角，所以，
所以
.
17．如图，平面平面为矩形，为等腰梯形，分别为中点，．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
(3)不存在，理由详见解析
【分析】（1）通过证明来证得平面.
（2）建立空间坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式及平方关系可得二面角的余弦值；
（3）假设存在点，根据表示出点的坐标，利用得出矛盾，进而得到结论.
【详解】（1）连接，由于分别为中点，
所以，由于平面，
平面，所以平面.
（2）过点作，垂足为，，
所以，
由于平面平面且交线为，为矩形，，
平面，所以平面，
平面，所以，则两两相互垂直，
以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，
设平面的一个法向量为，
，，，
令，∴，，∴．
设平面的一个方向量为，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.

（3）假设存在这样一点，设，由（2）知，，
平面的法向量.
设，即，
∴，，，即，
，
∵平面，∴，
∴，
∴，且，即不存在这样的，
∴线段上不存在点，使得平面．
18．已知椭圆的焦距为2，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为的左焦点，点为直线上任意一点，过点作的垂线交于两点，
①证明：平分线段（其中为坐标原点）；
②当取最小值时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)①证明详见解析；②
【分析】（1）根据已知条件求得以及，从而求得椭圆的方程.
（2）设是的中点，通过证明三点共线来证明平分线段；先求得的表达式，然后利用函数的单调性求得最小时，点的坐标.
【详解】（1）依题意，，在椭圆上，
则，解得，所以椭圆方程为.
（2）设，的中点为，
，则，
①，直线的方程为，
由消去并化简得，
，
，
，
所以，所以，
所以，所以平分线段.
②，，
，
所以，
设，函数在上单调递增，
所以当时，取得最小值为，
此时.

19．已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，.，.
（1）求和的通项公式；
（2）设数列满足，其中，
①求数列的通项公式：
②求.
【答案】（1），；（2）①，②.
【分析】（1）设的公差为，的公比为，， 由求出公比，求得，再化简，，求得；
（2）①代入，化简可得；
②由①得，则，用公式法计算和，用错位相减法计算，得到答案.
【详解】（1）设的公差为，的公比为，，
由，即，解得或3.
∵，∴，∴.
有，∴，
又有，即，∴
则，则.
即，.
（2）①，
∴时，，
∴，即，
②由①得
设 ，
则，
由此得
∴得
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的通项公式和前项和公式，错位相减法求和，还考查了分析推理能力，运算能力，难度较大.
20．已知函数.
(1)若在处的切线与直线平行，求的极值；
(2)若函数的图象恒在直线的下方.
①求实数的取值范围；
②求证：对任意正整数，都有.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题意得，求出，求解单调性，再求极值即可；
（2）①根据题意得，转化为，设，求的最值即可；②根据题意得，即，再分析求解即可.
【详解】（1）由可得，
所以，即.
则，，
令可得，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，无极小值.
（2）①由条件可知：只需，即在上恒成立，
即，而，所以，所以恒成立.
令，则，令可得，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，所以，即实数的取值范围是.
②因为，所以当时，，
即对任意的恒成立.令，则，
所以，
即，
所以，
因为，
所以，又，即
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．