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天津一中 2022-2023-1 高三年级第三次月考数学试卷（答案）
本试卷总分150分，考试用时120分钟。考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
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 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出集合 ， ，再根据并集的定义求解即可．
【详解】 ，
，
，
故选： ．
2、若a，b，c为非零实数，则“a＞b＞c”是“a+b＞2c”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
【分析】根据不等式的基本性质可判定“a＞b＞c”能推出“a+b＞2c”，然后利用列举法判定“a+b＞
2c”不能推出“a＞b＞c”，从而可得结论．
【解答】解：∵a＞b＞c，∴a＞c，b＞c，则a+b＞2c，
即“a＞b＞c”能推出“a+b＞2c”，
但满足a+b＞2c，取a＝4，b＝﹣1，c＝1，不满足a＞b＞c，
即“a+b＞2c”不能推出“a＞b＞c”，
所以“a＞b＞c”是“a+b＞2c”的充分不必要条件，
故选：A．
3、已知 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，
故选：B
4、函数 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 的值来确定正确选项.
【详解】由题意，函数 的定义域为 ，
且 ，所以函数 奇函数，
为
其图象关于原点对称，所以排除C、D项，
，所以排除B项．
故选：A
5、已知 、 分别为双曲线 的左、右焦点，点 在 上，
，则双曲线 的渐近线方程为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意， 、 分别为双曲线 的左、右焦点，点 在 上，
且满足 ，可得 ， ， ，
由双曲线的定义可知 ，即 ，
又由 ，所以双曲线的渐近线方程为 ．故选：C．
6、设 是等比数列 的前 项和，若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】B
【解析】设等比数列 的公比为 ，若 ，则 ，矛盾．
所以， ，故 ，则 ，
所以， ，
，
因此， ．故选：B．
7、直线 被椭圆 截得最长的弦为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】联立直线 和椭圆 ，可得 ，
解得 或 ，
则弦长 ，
令 ，则 ，
当 ，即 ， 取得最大值 ，
故选：B
8、设函数 ，若 时， 的最小值为 ，则（ ）
A．函数 的周期为
B．将函数 的图像向左平移 个单位，得到的函数为奇函数
C．当 ， 的值域为
D．函数 在区间 上的零点个数共有6个
【答案】D【解析】由题意，得 ，所以 ，则 ，所以 选项A不正确；
对于选项B：将函数 的图像向左平移 个单位，得到的函数是
为偶函数，所以选项B错误；
对于选项C：当时 ，则 ，所以 的值域为 ，选项C不正确；
对于选项D：令 ，所以当 时， ，所以函数 在
区间 上的零点个数共有6个，D正确，
故选：D．
9、设函数 ， .若函数 在区间 上有且仅有一个零
点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
令 ，则 ，当 时， ，即 ，即函数 与
的交点问题，其中 恒过A .当 时， ，即
，即函数 与 的交点问题
分别画出函数 ， ， 在各自区间上的图象：
当 与 相切时，有且仅有一个零点，此时 ，化简得： ，由
得： ， （舍去）
当直线 的斜率，大于等于直线 的斜率时，有且仅有一个零点，把 代入 中，解得：
，则综上， 的取值范围是
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 ，则 ___________．
【答案】
【分析】根据复数的运算求得 ，再求复数 的模即可．
【详解】 ，故有： ，
所以 ．
故答案为： ．
11、已知圆 与直线 相切，则 _________．
【答案】3
【解析】因为圆 的标准方程为： ，所以圆必坐标为 ，半径
为 ，由题意得： 解得： ，故答案为：3.
12、已知 ，则 ________．
【答案】
【解析】
，故答案为：13、直线 与双曲线 的一条渐近线平行， 过抛物线 的焦点，交 于 ，
两点，若 ，则 的离心率为_______．
【答案】
【详解】依题意，点 的坐标为 ，设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 并整理得： ，设 ， ， ， ，
则 ， ，则 ，解得： ，
直线 的方程为 或 ；直线的斜率为： ．
直线 与双曲线 的一条渐近线平行，可得 ，
所以 ， ，解得 ．
故故答案为： ．
14、已知 ， ，且 ，则 的最小值为_______．
【答案】
【解析】由已知，令 ， ，
所以 ， ，代入 得： ，
因为 ， ，
所以
．
当且仅当 时，即 时等号成立．
的最小值为 ．
故答案为： ．
15、在 中， ，若 所在平面内的一点 满足 ，
λ
当 时， 的值为 ；当 取得最小值时， 的值为 ．【答案】5；-1
【解析】（1）如图5-26，以 为坐标原点建立直角坐标系，
因为 ，所以点 为 的重
心，设 ， ，所以 ， ，易得 ，所以
．
（2）设 ,则 ,
所以 可得
于是
当 时取等号,所以 的最小值为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 中，对角线 平分 ， 的内角A，B，C的对边分别为a，b，
c，已知 ．（1）求B；
（2）若 ， 的面积为2，求 ．
【答案】（1） ；（2） ．
【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 ，从而
求出 ；
（2）由三角形面积公式求出 ，再利用余弦定理求出 ，即可求出 ，依题意
，最后利用余弦定理得到方程，解得即可；
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理得 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
（2）因为 的面积 ，所以 ，
即 ，所以 ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
因为 平分 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ．
17、如图，在五面体 中，四边形 为正方形， 平面 ， ， ，
， ， ．
（1）求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）求平面 与平面 夹角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
【详解】（1）证明：在 上取点 ，使 ，
因为 ，所以 ，于是 平面 ，
因为 ，四边形 为正方形，所以 ，所以 平面 ，
因为 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
（2）解：因为 平面 ，所以 ， ，
又因为四边形 为正方形，所以 ，
所以 、 、 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
，0， ， ，0， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
，令 ， ，2， ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（3）解： ，0， ， ，1， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
，令 ， ，2， ，
由（1）知平面 的法向量为 ，2， ，
设平面 与平面 所成二面角的大小为 ，
， ．
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ．
18、已知椭圆 的左、右焦点为 ，P为椭圆上一点，且 ，
．
（1）求椭圆 的离心率；
（2）已知直线 交椭圆 于 两点，且线段 的中点为 ，若椭圆 上存在点 ，满足，试求椭圆 的方程．
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】（1）由 ，以及 ，建立关于 的方程，即可得到结果；
（2）设 ，由（1）可知 ，可设椭圆方程为 ，根据
，可得 ，设 将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点
满足椭圆方程，可求出 ，进而求出结果.
【详解】（1）解：因为 ，所以 ，即 ，
则 ，解得 ．
（2）设 ，
由 ，得 ，所以 ，所以
设 ，即
由于 在椭圆上，则 ， ，①
由 ，得 ，即
由 在椭圆上，则 ,
即 ，
即 ，②
将①代入②得： ，③
线段 的中点为 ，设
可知，
所以 ，其中 ，解得 ，
所以 ， 方程为
又 ，④
将④代入③得： ，
经检验满足 ，
所以椭圆 的方程为 .
{a } S S =45S =45 a +3a =40 {b } T
19、已知等差数列 n 的前n项和为 n，且 5 5 ， 2 4 .数列 n 的前n项和为 n
3T +1=4b (n∈N¿ )
，满足 n n .
{a } {b }
（1）求数列 n 、 n 的通项公式；
b (3a −2)
c = n n
n a ⋅a {c } R
（2）若 n n+1 ，求数列 n 的前n项和 n；
S n
d = n ∑ √d <8−
n+4
n b k 2n−1
（3）设 n ，求证：k=1 .
4n 1
a
n
=2n+3 b
n
=4n−1 R n = 2n+5 − 5
【答案】（1） ， ；（2） ；（2）证明见详解．
【详解】（2）；
（3） ， ，
n2 +4n+4 (n+2) 2 n+2
c < = ∴√c <
则
n 4n−1 4n−1
，
n 2n−1
．
设 ，，
n
n+4
∑ √c <8−
k 2n−1
综上，k=1 ．
20、已知函数 ， ，曲线 在 处的切线的斜率为 ．
（1）求实数a的值；
（2）对任意的 ， 恒成立，求实数t的取值范围；
（3）设方程 在区间 内的根从小到大依次为 、 、…、 、…，
求证： ．
【答案】（1） ；（2） ；（2）证明见详解．
【分析】（1）由 来求得 的值.
（2）由 ，对 进行分类讨论，分离常数 以及构造函数法，结合导数求得 的取值范围.
（3）由 构造函数 ，利用导数以及零点存在性定理，结合函数的单调性
证得 .
【详解】（1）因为 ，则 ，
由已知可得 ，解得 ．
（2）由（1）可知 ，对任意的 ， 恒成立，
即 对任意的 恒成立，
当 时，则有 对任意的 恒成立；
当 时， ，则 ，
令 ，其中 ，
且 不恒为零，故函数 在 上单调递增，则 ，故 ．
综上所述， ．
（3）
由 可得 ， ，
令 ，则 ，
因为 ，则 ，
所以， ，所以，函数 在 上单调递减，
因为 ，
，
所以，存在唯一的 ，使得 ，
又 ，则 且 ，
所以，
，
因为函数 在 上单调递减，
故 ，即 ．
