数学试题（解析版）

天津市耀华中学2023届高三年级第三次月考数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试用时120分钟．第I卷（选择题共45分）一、选择题（本大题共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．将答案填在规定位置）1.设集.集合.则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式得到集合，再利用集合的交集求解.【详解】又，所以故选：B2.在△ABC中，“”是“A＜B”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】C【解析】【分析】先利用大角对大边得到，进而利用正弦定理将边边关系得到，即证明了必要性，再同理得到充分性．【详解】在三角形中，若A＜B，则边a＜b，由正弦定理，得．若，则由正弦定理，得a＜b，根据大边对大角，可知A＜B，即是A＜B的充要条件．故选C.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定以及正弦定理，意在考查学生的逻辑推理能力，属于基础题．解决此题的关键是利用“大边对大角，大角对大边”进行与的转化.3.函数的图像大致是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析】利用时排除选项D，利用时排除选项C，利用时排除选项B，所以选项A正确.【详解】函数的定义域为当时，，可知选项D错误；当时，，可知选项C错误；当时，，可知选项B错误，选项A正确.故选：A4.2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（）A.图中的值为0.02B.由直方图中的数据，可估计75%分位数是85C.由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77D.90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀【答案】D【解析】【分析】根据统计学的有关原理逐项分析.【详解】对于A，，正确；对于B，，，∴分位数=，正确；对于C，平均数=，正确；对于D，90分以上的人数为，错误；故选：D.5.已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，当直线时，，，此时最小．∴即，由解得，．所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．6.设函数，则下列结论错误的是（）A.的最大值为B.的一个零点为C.的最小正周期为D.的图象关于直线对称【答案】B【解析】【分析】利用三角函数的恒等变形公式化简为“一角一函”的形式，然后利用三角函双E图象与性质进行判定.【详解】，所以的最小正周期为，的最大值为，C，A正确；当时，，所以的图象关于直线对称，D正确；因为，所以不是函数的零点，B错误，故选：B.7.双曲线的左右焦点分别是，，离心率为，过的直线交双曲线的左支于，两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线性质设，则，，，计算得到，根据勾股定理解得答案.【详解】是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，则，，，则，即，解得，在直角中：，化简得到.故选：A.8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将变形为，然后从对数函数的定义域及单调性考虑，结合指数函数的值域，得到，进而得到，，，结合，，得到，，求出.【详解】要比较，，中的大小，等价于比较，，中的大小，∵，由定义域可知，故，∵在定义域上单调递减，，，∵，∴，∵，∴，故，则，，，由定义域可知：，又∵，∴，则，，故，∵，，∴，，.故选：A.【点睛】方法点睛：对数比较大小的方法有：（1）对于真数相同的对数，可利用倒数法加以解决，有时也可把对数转化为指数式进行比较；（2）当底数与真数都不相同时，一般可选取适当的“媒介”（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要比较的数比较大小，从而间接地得出要比较的数的大小关系；（3）作差（商）比较法是比较两个数值大小的常用方法，即对两值作差（商），看其值与0或1的关系，从而确定所比两值的大小关系．9.已知定义在上的偶函数，满足对任意的实数都成立，且值域为.设函数，（），若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数满足的关系式及奇偶性，值域，得到，再写出，在同一坐标系中画出两函数图象，结合当时，及时，的图象要位于的下方，得到，求出实数的取值范围.【详解】变形为，所以或，即或，因为为偶函数，且值域为，所以，因，所以，在同一坐标系中画出两者的函数图象，如下图：要想满足若对任意的，存在，使得成立，则当时，，所以，且时，的图象要位于的下方，故只需，即，解得：，综上：实数的取值范围是.故选：D【点睛】对于函数恒成立或有解问题，要画出函数图象，对比函数值域，数形结合，列出不等式，求出参数的取值范围.第Ⅱ卷（非选择题共105分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．将答案填在答题纸相应位置上）10.若，则___________.【答案】【解析】【分析】代入后利用复数的乘法运算法则计算即可.【详解】由于，所以.故答案为：.11.展开式中的常数项为__________．【答案】【解析】【分析】写出二项展开式的通项，令即可得，代入计算可得其常数项.【详解】由题意可知，其通项为，令，得；则常数项为.故答案为：12.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我国古代天文学和数学著作《周牌算经》中记载：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种．这十二个节气的日影长依次成等差数列．若冬至的日影子长为15.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和是___________尺．【答案】40【解析】【分析】把对应的十二节气分别对应成等差数列的前项，相当于已知，求解.【详解】设从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长以此成等差数列，设公差为，则所以，则，所以雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和为故答案：13.在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是______．【答案】【解析】【分析】作出图形，取等边的中心，连接，可知三棱锥外接球球心在直线上，设三棱锥外接球的半径为，根据几何关系列出关于的方程，解出的值，进而可求得三棱锥外接球的体积.【详解】取等边的中心，连接、，如下图所示：，，所以，三棱锥为正三棱锥，所以，三棱锥外接球球心在直线，设该球的半径为，由正弦定理得，所以，，由勾股定理得，即，解得，因此，三棱锥外接球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，要分析出球心的位置，并结合几何关系列等式求解，考查计算能力，属于中等题.14.已知正数满足，则的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】根据题意，将等式化简变形，得到的表达式，根据表达式特征利用换元法构造函数，求导得出函数单调性即可得出最小值.【详解】根据题意，由可得，即所以；又因为均是正数，令，则所以，令，则当且仅当，即时，等号成立；所以所以的最小值为;即当时，即时，等号成立.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据等式特征可知，利用基本不等式条件不明显，所以首先得出的表达式，根据可利用齐次式特征构造函数，再进行化简凑成基本不等式求解即可.15.已知O为矩形ABCD内一点，满足，，，则__________．【答案】【解析】【分析】根据平面向量的线性运算、数量积的运算律以及余弦定理可求出结果.【详解】.故答案为：.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．将答案填在答题纸上）16.已知在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，.（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若，求的值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用正弦定理的边角互化以及余弦定理即可求解.（Ⅱ）利用正弦定理的边角互化可得，再由求出，再利用两角和的余弦公式即可求解.【详解】（Ⅰ）∵∴由正弦定理得，即∴，又∵∴；（Ⅱ）∵，∴由正弦定理得，∵，∴，∴，∴∴，∴∴17.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点M为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点N，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解（3）待定系数法表示点坐标，由空间向量求解【小问1详解】取中点，连接是的中点，，，故，，四边形为平行四边形，，而平面，平面，平面【小问2详解】因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，取中点，连接，易得平面，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则有，，设平面的一个法向量为，由得，取，得，易知平面的一个法向量为，则，，故平面与平面夹角的正弦值为．【小问3详解】，，设，则，，，设平面的一个法向量为，由得，得，而，故，，解得或（舍去）故18.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点.若，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过通径和离心率联立方程可得；（2）分别计算出的坐标，再根据直线与椭圆相切求出之间的关系式，代入可求得,进而求出直线方程.【小问1详解】，则过的垂线为，联立椭圆方程得：弦长=又，联立解之得：所以，椭圆的标准方程为【小问2详解】由（1）知，将直线与椭圆联立整理得：相切代入解得：解之：【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，，．（1）求数列和的通项公式；（2）记，，求数列的前项和；（3）设，记，证明：当时，．【答案】（1）；（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差、等比数列的通项公式、前项和公式进行计算可求出结果；（2）根据进行并项求和可求出结果；（3）转化为证明，根据进行裂项求和可证明不等式成立.【小问1详解】因为是公差为2的等差数列，且，所以，解得，所以；设等比数列的公比为，因为，，所以，即，解得（舍去）或，所以．【小问2详解】由（1）得，则，．【小问3详解】由（1）可知：．又，，所以要证明原不等式成立，只需证明：成立．当时，左边=1，右边=1，左边=右边．当时，因为，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，即．所以当时，有，所以即，所以，于是，当时，成立．综上所述：当时，．【点睛】关键点点睛：通过放缩得到，并利用它进行裂项求和是解题关键.20.已知函数有最大值，（1）求实数的值；（2）若与有公切线，求的值．（3）若有，求的最大值．【答案】（1）（2）（3）1【解析】【分析】（1）求导根据导函数的正负确定原函数的单调性，进而根据最大值为求解即可；（2）分别对两函数求导，设切点，并结合导数的几何意义列式，分别得出与即可求解；（3）转化可得在上恒成立，构造函数，求导分情况讨论的范围，从而分