文档内容
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：B
2. 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：A
4. 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0.02
B. 由直方图中的数据，可估计75%分位数是85
C. 由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77
D. 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 ，
为
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
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，从而分析 的最小值可得 ；同理 在
上恒成立，构造 ，求导分析最大值可得 ，从而得到
即可.
【小问1详解】
由题意 为减函数，且 ，故在 上 ， 单调递增，在 上
， 单调递减.
故 ，即 ，解得 ，
经检验， 符合题意．故 ．
【小问2详解】由（1） ，故 ，公切线公切线 .
设 上切点为 ，则 ，
代入切线 ，解得 ①.
设 上切点为 ， ，
切线方程 ，
由于公切线
解得 ，
因此代回，可得 ， ②再代入①，得 ，
【
小问3详解】
对于 ，可得不等式 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
设 ，则 ，
若 ，则 ，函数 在 上单调递增，
且 ，符合题意；
若 ，令 ，令 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，由 ，得 ，即 ①；
对于 ，可得不等式 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
设 ，则 ，
若 ，则 ，不符合题意；
若 ，令 ，令 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
由 ，得 ，即 ②．
当 时，由①②得， ，即 ，
设 ，则 ， ，
故 存在零点 ，故
当且仅当 ， 时等号成立．
的
综上， 最大值为1．
【点睛】本题主要考查了根据导数的几何意义解决切线的问题，同时也考查了构造函数解决不等式恒成立
的问题.需要根据题意将不等式转化到一边，构造函数，求导分情况讨论分析函数的最值，并结合前后问
的关系推导.属于难题.
