天津市第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考数学试题

这是一份天津市第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考数学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津一中2022-2023-1高三年级第一次月考数学试卷本试卷总分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（本大题共9小题，每小题5分，共45分）1.设全集，集合，，则（    ）A. B. C. D.2.已知a，，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3.函数的部分图象大致为（    ）A. B.C. D.04.已知函数是偶函数，则m的值是（    ）A. B. C.1 D.25.已知函数是上的偶函数，且，当时，，则的值为（    ）A.1 B.2 C. D.06.已知函数，，，，则（    ）A. B. C. D.7.已知且，则a的值为（    ）A. B. C. D.8.设函数，不等式对恒成立，则实数a的最大值为（    ）A. B.1 C. D.09.已知函数，且在上的最大值为，若函数有四个不同的零点，则实数a的取值范围为（    ）A. B. C. D.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10.复数______.11.已知函数的导函数，满足，则等于______.12.为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水，实行“阶梯水价”计算方法如下表：每户每月用水量水价不超过的部分3元/超过但不超过的部分6元/超过的部分9元/若某户居民本月交纳的水费为90元，则此户居民本月用水量为______.13.函数是定义在R上的奇函数，满足，当时，，则______.14.已知函数，则不等式的解集为______.15.已知正数a，b满足，，则的最小值为______.三、解答题（本大题共5小题，共75分）16.（本小题满分14分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（Ⅰ）若，求的值.（Ⅱ）若，的面积为，求边a，b的值.17.（本小题满分15分）如图，在四棱柱中，平面，底面满足，且，.（Ⅰ）求证：平面.（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.（Ⅲ）求二面角的正弦值.18.（本小题满分15分）已知是定义在R上的奇函数，当时，（Ⅰ）求在上的解析式.（Ⅱ）当时，恒成立，求实数a的取值范围.（Ⅲ）关于x的方程在上有两个不相等的实根，求实数n的取值范围.19.（本小题满分15分）设函数，，其中，e为自然对数的底数.（Ⅰ）讨论的单调性.（Ⅱ）证明：当时，.（Ⅲ）若不等式在时恒成立，求a的取值范围.20.（本小题满分16分）已知，设函数，是的导函数.（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程.（Ⅱ）若在区间上存在两个不同的零点，.①求实数a范围.②证明：. 天津一中2022-2023-1高三年级第一次月考数学试卷一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分）1.C2.【解答】解：根据题意，∵，∴，故，故充分性成立，又若，则可取，，满足上式，则，必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A.3.B.4.A5.【解答】解：因为函数是上的偶函数，所以①，而，可得②，出①②可得，所以可得周期，所以，而时，，所以，故选：A.6.【解答】解：，，，∵函数是偶函数，∴.∵，当时函数单调递增，∴，∴.故选：B7.【解答】解：，∴，∴，∴.故选：C.8.D9.B二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10.答案：11.【解答】解：∵，∴，令，则，即   故答案为：12.【解答】解：设用水量为x立方米，水价为y元，则，整理得当时，，；当时，；时，；故某户居民本月交纳的水费为90元，则用水量大于18立方米，令，则（立方米），故答案为：.13.【解答】解：根据题意，函数是定义在R上的奇函数，满足，则，则有，则函数是周期为4的周期函数，则，又由当时，，则，则，故答案为：.14.【解答】解：当时，，因为，所以，故当时，不等式无解，当时，，令，得，解得.故选：.15.【分析】把平方得到，，，代入结论构造基本不等式，再分析计算可求出最小值.【详解】解：由，得，，，则，当且仅当，即，，即时取“等号”，所以当，，时，的最小值为.故答案为：.三、解答题（本大题共5小题，共75分）16.（本小题满分14分）【解答】解：（1）由正弦定理及，知，因为，所以，又，所以，，因为，且，所以，所以，，所以.（2）因为的面积，所以①，由余弦定理知，，即②，由①②解得，，或，.17.（本小题满分15分）（1）证明：在四棱柱中，，故四边形是平行四边形所以，因为平面，平面，所以平面（2）因为平面，，平面，所以，，因为，，所以，所以，故，，两两垂直，以A为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为∴，即，令，则，，∴设直线与平面所成角为，∴.所以直线与平面所成角的正弦值是.（3）平面的法向量为，的法向量为∴    ∴所以，二面角的正弦值为1.18.（本小题满分15分）（1）依题意得，解得，经检验，符合题意.当时，，则，因为是定义在R上的奇函数，所以，即当时，；（2）当时，恒成立，即恒成立.设，易知在上是减函数，，所以，即实数a的取值范围为.（3）方程在上有两个不相等的实根，即函数在上有两个零点，令，则关于t的方程在上有两个不相等的实根，由于，则直线与的图象有两个交点.如图，因为在上单调递减，在上单调递增，且，，，所以，解得，即实数n的取值范围为.19.（本小题满分15分）【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；（2）构造函数，求导分析单调性与最值，证明当时，即可；（3）结合（1）（2）讨论，的正负判断，同时结合与1的大小关系，构造函数，求导放缩判断单调性，进而证明即可.（1）  定义域为，.当时，，在内单调递减；当时，由，得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上所述，当时，在内单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）  令，则当时，，单调递增，，所以，从而.（3）由（2）得，当时，.当时，时，，不符合题意.当时，，由（1）得，当时，，不符合题意.当时，令，.在区间上单调递增.又因为，所以当时，，即恒成立.综上，.20.（本小题满分16分）【解答】解：（I）当时，，，所以，.根据点斜式可得曲线在处的切线方程为.（Ⅱ）（i）当时，等价于.设，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，当时，，因为在区间上存在两个不同的零点，，所以，解得.当时，取，则，故，又，所以在区间和上各有一个零点.综上所述：.（ii）证明：设，则，它是上的增函数.又，所以，于是在上递增.所以，即，当时取等号.因为，所以，解得.因为，所以，结合，可知.处理1：设函数，则，所以当时，，递减，当时，，递增，所以，所以.处理2：因为，所以，即，当时取等号，所以.由（i）可知，在上单调递增，且，所以，即.因为在上是减函数，且，且.综上，.