【文档说明】天津市第一中学2022-2023学年高三上学期第三次月考数学试题含解析.docx，共(22)页，1.613 MB，由小赞的店铺上传

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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3{Z|Z}1Axx=−，2{Z|60}Bxxx=−−，则AB=（）A.{2}B.{2,0,2−C.2,1,0,1,2,3,4−−D.{3,2,0,2,4−−【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，B，再根据并集的定义求解即可．【详解】

3{Z|Z}2,0,2,41Axx==−−，2{Z|60}{Z|23}{2,1,0,1,2,3Bxxxxx=−−=−=−−，2,1,0,1,2,3,4AB=−−，故选：C．2.

若a、b、c为非零实数，则“abc”是“2abc+”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abc，则2abc+，故“abc”是“2a

bc+”的充分条件，令5a=，1b=，2c=，满足2abc+，但不满足abc，故“abc”不是“2abc+”的必要条件，综上所述，“abc”是“2abc+”的充分不必要条件，故选：A.3.已知2log0.8a=，0.12b=，sin2.1c=，

则（）A.abcB.acbC.cabD.b<c<a【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22log0.8log10=，0.101

22=，0sin2.11，所以acb，故选：B4.函数2sin()1xxfxx−=+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2f的值来确定正确选项.【详解】由题意，函数2sin()1xxf

xx−=+的定义域为R，且22sin()sin()()()11xxxxfxfxxx−−−−−===−−++，所以函数()fx为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除C、D项，2120212f−=+，所以排除B项．故选：A5.已知1F、2F

分别为双曲线2222:1xyEab−=的左、右焦点，点M在E上，1221::2:3:4FFFMFM=，则双曲线E的渐近线方程为（）A.2yx=B.12yx=C.3yx=D.33y=【答案】C【解

析】【分析】由1221:||:2:3:4FFFMFM=，可得122FFc=，23FMc=，14FMc=，根据双曲线的定义求得2ca=，进而得到3ba=，即可求得双曲线的渐近线方程.【详解】由题意，1F、2F分别为双曲线2222:

1xyEab−=的左、右焦点，点M在E上，且满足1221:||:2:3:4FFFMFM=，可得122FFc=，23FMc=，14FMc=，由双曲线的定义可知21243aFMFMccc=−=−=，即2ca=，又

由223bcaa=−=，所以双曲线的渐近线方程为3yx=.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,ac，代入公式cea=；②只需要根据一个条件得到关于,,abc的齐次式，转化为

,ac的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得e的值(范围)．6.设nS是等比数列na的前n项和，若34S=，4566aaa++=，则96SS=（）A.32B.1910C.53D.196【答案】B【解析】【分析】设等比数列n

a的公比为q，求得3q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na的公比为q，若1q=，则456133aaaaS++==，矛盾.所以，1q，故()()33341345631111aq

aqqaaaqSqq−−++===−−，则332q=，所以，()()()63113631151112aqaqSqSqq−−==+=−−，()()()9311369311191114aqaqSqqSqq−−==++=−−，因此，9363192194510SSSS==.故选：B.7.直

线1ykx=−被椭圆22:15xCy+=截得最长的弦为（）A.3B.52C.2D.5【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1ykx=−和椭圆2215xy+=，可得22(15)100kxkx+−=，解得0x=或21015kxk=+，则弦长2210115klkk=++，令215(1)ktt+=，则211155341021ttlt

tt−−+==+−2132524816t=−−+，当83t=，即33k=，l取得最大值55242=，故选：B8.设函数()sin()(0)4fxx=−，若12()()2fxfx−=时，12xx−的最小值为

3，则（）A.函数()fx的周期为3B.将函数()fx的图像向左平移4个单位，得到的函数为奇函数C.当(,)63x，()fx的值域为2(,1)2D.函数()fx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()fx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23T=，所以23T=，则23T==，所以()sin(3)4fxx=−选项A不正确；对于选项B：将函数()fx的图像向左平移4个单位，得到的函数是()sin[3()]cos

344fxxx=+−=为偶函数，所以选项B错误；对于选项C：当时(,)63x，则33444x−，所以()fx的值域为2(,1]2，选项C不正确；对于选项D：令()0,Z123kfxxk==+，所

以当3,2,1,0,1,2k=−−−时，[,]x−，所以函数()fx在区间[,]−上的零点个数共有6个，D正确，故选：D.9.设函数()(),01,101xxmfxxxmx=−−+，()()41gxfxx=−−.若函数()gx

在区间()1,1−上有且仅有一个零点，则实数m的取值范围是（）A.(12,1,4−−+B.(1,1,4−−+C.11,5−+D.11,15−【答案】C【解析】【分析】先将()gx的零点问题转化为

两函数的交点问题，分段函数中的m不好处理，要变形为12314,11yxymxmyx==+=−++，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()()410gxfxx=−−=，则()41fxx=+，当01x时，41xxm=+，即4xmxm=+，

即函数1yx=与24ymxm=+的交点问题，其中24ymxm=+恒过1,04A−.当10x−时，()411xxmx−=++，即1141mxmx−+=++，即函数3111yx=−++与24ymxm=+的交点问题.分别画出函数123,

,yyy在各自区间上的图象:当2y与3y相切时，有且仅有一个零点，此时()411xxmx−=++，化简得:()24510mxmxm+++=，由()2251160mm=+−−得:1211,9mm=−=−(舍去)当直线2y的斜率，大于

等于直线1y的斜率时，有且仅有一个零点，把()1,1B代入24ymxm=+中，解得:15m=，则15m，综上，m的取值范围是11,5−+.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z满足()2iiz−=，则5iz−=______.【答案】2【解析】【分析】先由()2iiz−=求出复数z，再代入5iz−求解即可.【详解】由()2ii

z−=，得()()()i2ii12i2i2i2i5z+−+===−−+，所以12i55i1i25iz−+−=−=−+=，故答案为：2.11.已知圆22:20(0)Cxaxya−+=与直线:330lxy−+=相切，则=a_________【答案】3

【解析】【详解】试题分析：因为圆22:20(0)Cxaxya−+=的标准方程为：()222xaya−+=，所以圆必坐标为(,0)a，半径为a，由题意得：32aa+=解得：3a=，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3π3sin85−=，则πcos24+=________.【答案】725−【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】2πcos2c

os22cos1488+=+=+−232cos182=−+−【223372sin1218525=−−=−=−

故答案为：725−【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l与双曲线E：22221xyab−=（0a，0b）的一条渐近线平行，l过抛物线C：24yx=的焦点，交C于A，B两点，若5AB=，则E的离心率为______.【答案】5

【解析】【分析】首先根据抛物线的焦点弦长求出直线l的斜率，从而得出双曲线渐近线的斜率ba，再利用22222221ccabbeaaaa+====+即可求出双曲线的离心率.【详解】∵抛物线C的方程为：24yx=，∴C的焦点为()1,0

F，∵直线l与双曲线E的一条渐近线平行，∴直线l的斜率存在，设直线l斜率为k，则直线l的方程为：()1ykx=−，由()241yxykx==−，消去y，化简得()2222240kxkxk−++=（Δ0），设(

)11,Axy，()22,Bxy，A，B到抛物线准线的距离分别为Ad，Bd，则212224kxxk++=，121=xx，1112Apdxx=+=+，2212Bpdxx=+=+，由抛物线的定义，212224225ABkABAFBFddxxk+=+=+=++=+=，解得2k=，又∵双曲线

E：22221xyab−=（0a，0b）渐近线方程为byxa=，∵直线l与双曲线E的一条渐近线平行，∴2ba=，∴双曲线的离心率为222222221125ccabbeaaaa+====+=+=.的故答案为：5.14.已知1a，1b

，且lg12lgab=−，则log2log4ab+的最小值为______.【答案】9lg2【解析】【分析】将lg12lgab=−化为lg2lg1ab+=，利用换底公式和对数运算的性质，结合基本不等式“1”的妙用求解即可.【详解】由换底公式和对

数运算的性质，原式2lg2lg4lg2lg2lg22lg212=log2log4lg2lglglglglglglglgababababab+=+=+=+=+，∵lg12lgab=−，∴lg2lg1ab+=，∴原式

()122lglg214lg2llglgll2lggglg2gbaaabbba=+=++++，∵1a，1b，∴lg0a，lg0b，∴2lg0lgab，0l2lggba，∴由基本不等式2lg2lg2244lglgl2lg2l

lgggaababbba+==，当且仅当2lglglgg2labab=，即310ab==时，等号成立，∴原式()2lg14lg2144lg29lg2g2llglgabab=+++++=

.∴当且仅当310ab==时，log2log4ab+的最小值为9lg2.故答案为：9lg2.15.在RtABC△中，90C=∠，在ABC所在平面内的一点P满足0PAPBPC++=，当1=时，222PAPBPC+的值为______222PAPBPC

+；取得最小值时，的值为______.【答案】①.5②.1−【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1=时，222PAPBPC+的值；将222PAPBPC+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(0,0)C，令(,0)(0)Aaa，(0,)(0)Bbb，(,)Pxy，则(,)PAaxy=−−，(,)PBxby=−−，(,)PCxy=−−由0PAPBPC++=，可得2=02=0axx

byy−−−−，解之得2+2+axby==,当1=时33axby==，则2(,)33bPAa=−，12(,)33PBab=−，11(,)33PCab=−−,则222222111=4=4333PAabPBabPCab++=+，，，则(

)222222259==519abPAPBPCab+++,2222222222222()()2()2PAPBaxyxbyabaxbyxyxyPC+−+++−+−+==+++()()222222222222222()22abbbaa

+++−+=+++−++=++()2222111=++=++，则当222PAPBPC+取得最小值时1=−，,故答案为：5；1−三、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ABCD中，对

角线AC平分BAD，ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2coscoscos0bBaCcA++=（1）求B；（2）若2ABCD==，ABC的面积为2，求AD【答案】（1）34B=（2）4=AD【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2cos2B=−，从而求出B；（2）由三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求出AC，即可求出cosCAB，依题意coscosCABCAD=，最后利用余弦定理得到方程，解得即可；【小问1详解】解：因为2coscos

cos0bBaCcA++=，由正弦定理得2sincossincoscossin0BBACAC++=，所以()2sincossin0BBAC++=，所以2sincossin0BBB+=，因为0B，所以sin0B

所以2cos2B=−所以34B=【小问2详解】解：因为ABC的面积2S=，所以1sin22==ABCSacB，即222a=，所以22a=，由余弦定理得2482222252AC=+−−=

，所以22242082cos222255ABACBCCABABAC+−+−===，因为AC平分BAD，所以coscosCABCAD=，所以2222cosCDACADACADCAD=+−，所以22420

2255ADAD=+−，所以28160ADAD−+=，所以4=AD17.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，CDEF∥，2DF=，22EFCD==，2ENNC=，2BMMA=.（1）求证：//MN平面ACF；（2）求直线AD与平面BCE

所成角的正弦值；（3）求平面ACF与平面BCE夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）1010（3）45【解析】【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明//MN平面ACF；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求直线AD与平面BCE所成角的正弦值；（3）利用向量法去求平面ACF与平

面BCE夹角的正弦值.【小问1详解】在△CEF中，过点N作//NHEF交CF于H，连接AH，又2ENNC=，则13//NHEF，又2BMMA=，则//NHAM则四边形AMNH为平行四边形，则//MNAH又MN平面ACF

，AH平面ACF，则//MN平面ACF；【小问2详解】四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，则FAFEFD、、两两垂直以F为原点，分别以FAFEFD、、所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系则(2,0,0)A，(2,2,0)B，(0,1,2)C，(0,0,2)D，(0,2,0)E

，()0,0,0F则(2,1,2)BC=−−，(2,0,0)BE=−，(2,0,2)AD=−设平面BCE的一个法向量为111(,,)nxyz=，则0nBC=，0nBE=则111122020xyzx−−+=−=，令11z=，则12y=，10x=，则(0,2,1)n=设直线AD与平

面BCE所成角为则210sincos,104441ADnADnADn====++故直线AD与平面BCE所成角的正弦值为1010；【小问3详解】由（2）可得(2,0,0)FA=，(0,1,2)FC=uuur设平面AC

F一个法向量为222(,,)mxyz=，则0mFA=，0mFC=则2222020xyz=+=，令21z=，则22y=−，20x=，则(0,2,1)m=−又平面BCE的一个法向量为(0,2,1)n=则22113co

s,54141mnmnmn−+===−++设平面ACF与平面BCE夹角为π02，则3cos5=，则平面ACF与平面BCE夹角的正弦值24sin1cos5=-=18.已知椭圆

2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点为12,FF，P为椭圆上一点，且212PFFF⊥，123tan12PFF=．（1）求椭圆C的离心率e；（2）已知直线l交椭圆C于,AB两点，且线段AB的中点为11,2Q−，若椭圆C上存在点M，满足234OAOBOM+=，试求椭圆

C的方程．【答案】（1）32e=（2）22551164xy+=【解析】【分析】（1）由2123tan212baPFFc==，以及222acb−=，建立关于e的方程，即可得到结果；（2）设()()()112200,,,,,AxyBx

yMxy，由（1）可知224ab=，可设椭圆方程22244xyb+=，根据234OAOBOM+=，可得120120234234xxxyyy+=+=，设1:(1)2ABykx=−−将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点M满足椭圆方程，可求出2b，进而求出结果.【小问1详解】

解：因为22123tan2212bbaPFFcac===，所以263bac=，即()2263acac−=，则()2613ee−=，解得32e=．【小问2详解】解：设()()()112200,,,,,AxyBxyMxy，由22234cea==，得2243ac=，所以2

22221134bacca=−==，所以224ab=设2222:14xyCbb+=，即22244xyb+=由于,AB在椭圆上，则2221144xyb+=，2222244xyb+=，①由234OAOBOM+=，得120

120234234xxxyyy+=+=，即120120234234xxxyyy+=+=由M在椭圆上，则2220044xyb+=,即212222144232344xxyyb+=++，即()()()22222111212224412494

64xyxxyyxyb+++++=，②为将①代入②得：212124xxyyb+=，③线段AB中点为11,2Q−，设1:(1)2ABykx=−−可知()22211244ykxxyb=−−+=()()222221

48444410kxkkxkkb+−+++−+=212284121142kkxxkk++===+，所以222220xxb−+−=，其中0，解得212b，所以21222xxb=−，AB方程为112yx=−又()2121212121111111122422byyxxxxx

x−=−−=−++=，④将④代入③得：22221422425bbbb−−+==，经检验满足212b，所以椭圆C的方程为22551164xy+=.19.已知等差数列na的前n项和为nS，且545S=，24340aa+=.数列nb的前n

项和为nT，满足314nnTb+=.（1）求数列na、nb的通项公式；（2）若()132nnnnnbacaa+−=，求数列nc的前n项和nR；（3）设nnnSdb=，求证：11482nknknd−=+−.【答案】（1）23nan=+，14nnb−=（2）

14525nnRn=−++的（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na的通项公式；根据1(2)nnnTTbn−−=可求出数列nb的通项公式；（

2）根据1442325nnncnn−=−−++进行裂项求和可求出nR；（3）根据基本不等式进行放缩得21114(4)42422nnnnnnnnnnd−−−++++==122nn−+=，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na是等差数列，

设公差为d，由545S=，24340aa+=得1115454523940adadad+=+++=，即11292520adad+=+=，解得152ad==，所以1(1)52(1)23naandnn=+−=+−=+，由314nnTb+=得11314bb+=，得11b

=，当2n时，11314nnTb−−+=，所以11313144nnnnTTbb−−+−−=−，所以1344nnnbbb−=−，即14nnbb−=(2)n，又11b=0，所以14nnbb−=(2)n，所以数列{}nb是首项为1，公比为4的等比数列，所以14nnb−=.综上所

述：数列na、nb的通项公式分别是：23nan=+，14nnb−=.【小问2详解】由（1）知，23nan=+，14nnb−=所以()132nnnnnbacaa+−=14(67)(23)(25)nnnn−+=++1442325nnnn−

=−−++，所以12nnRccc=+++022314444444457799112325nnnn−=−−+−+−++−++14525nn=−−+14525nn=−++.【小问3详解】由（1）知，2(1

)5242nnnSnnn−=+=+，所以nnnSdb=2144nnn−+=，所以21114(4)42422nnnnnnnnnnd−−−++++==122nn−+=，所以121nknkdddd==+++012112223222222nn−++++++++，设nM=

012112223222222nn−++++++++，则12nM=12312223222222nn++++++++，所以12nnMM−=21111232222nnn−+++++−，所以12nM=111(1)22231212nnn−−++

−−1123122nnn−+=+−−，所以11122488222nnnnnnM−−−++=−−=−，所以11482nknknd−=+−.20.已知函数()ecosxfxx=，()()cos0gxaxxa=+，曲线()ygx=在6x=处的切线的斜率为32.（1）

求实数a的值；（2）对任意的,02x−，()()0tfxgx−恒成立，求实数t的取值范围；（3）设方程()()fxgx=在区间()2,232nnn+++N内的根从小到大依次为1x、2x、L、nx、L，求证：12nnxx+−．【答案】（1）1a=−；（

2）1t；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知可得出362g=，即可求得实数a的值；（2）由题意可知ecos1sinxtxx+对任意的,02x−恒成立，验证2x=−对任意的Rt恒成立；在

,02x−时，由参变量分离法可得出1sinecosxxtx+，利用导数求出函数()1sinecosxxhxx+=在区间,02−上的最大值，可得出t的取值范围，综合即可得解；（3）令()ecossin1xxxx=−

−，利用导数分析函数()x在区间()2,232nnn+++N上的单调性，利用零点存在定理可知()2,232nxnnn+++N，求得()112,232nxnnn+

−+++N，证明出()()12nnxx+−，结合函数()x的单调性，即可证得结论成立.【小问1详解】解：因为()()cos0gxaxxa=+，则()1singxax=−，由已知可得1

31622ga=−=，解得1a=−.【小问2详解】解：由（1）可知()1singxx=+，对任意的,02x−，()()0tfxgx−恒成立，即ecos1sinxtxx+对任意的,02x−恒成立，当2x=−时，则有00对任意的Rt

恒成立；当02x−时，cos0x，则1sinecosxxtx+，令()1sinecosxxhxx+=，其中02x−，()()()()()()222ecosecossin1sin1cos1sin0ecosecosxxxxxxxxxxhxxx−−+−+==且()hx不恒为零，故函

数()hx在,02−上单调递增，则()()max01hxh==，故1t.综上所述，1t.【小问3详解】证明：由()()fxgx=可得ecos1sinxxx=+，令()ecossin1xxxx=−−，则()()ecossincosxxxxx=−−，因为()2,

232xnnn+++N，则sincos0xx，所以，()0x，所以，函数()x在()2,232nnn+++N上单调递减，因为2233132ec

os2sin21e133322nnnnn+++=+−+−=−−23e31022+−−，2202n+=−，所以，存在唯一的()02,232xnnn+++N，使得()00x=，所以，()2

,232nxnnn+++N，则()122,232nxnnn+−+++N，所以，()()()121112ecos2sin21nxnnnxxx+−+++−=−−−−()()1111122211111e

cossin1ecosecoseecos0nnnnnxxxxxnnnnnnxxxxxx+++++−−−+++++=−−=−=−=，因为函数()x在()2,232nnn+++N上单调递减，故12nnxx+−，即12nnxx+−.【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()()fxgx（或()()fxgx）转化为证明()()0fxgx−（或()()0fxgx−），进而构造辅助函数()()()hxfxgx=−；（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.