2024-2025学年天津市高三上册第三次月考数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市高三上册第三次月考数学质量检测试题（含解析），共22页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的图象大致是，已知，，，则，已知函数图象的最小正周期是，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知条件，条件，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．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知等比数列的首项为1，若，，成等差数列，则数列的前5项和为（ ）
A．B．2
C．D．
6．已知函数图象的最小正周期是，则（ ）
① 的图象关于点对称
② 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称
③在上的值域为
④ 在上单调递增
A．①②④B．①②③C．②④D．②③④
7．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为3，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
根据上表可得回归方程的约等于9，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额约为（ ）
A．56万元B．57万元C．58万元D．59万元
9．已知函数，当时，函数恰有六个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．i是虚数单位，若复数为纯虚数，则 ．
11．若的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则展开式中的系数为 .
12．已知直线被圆截得的线段长为，则 ．
13．已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则的取值范围是 ．
三、双空题
14．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH内角和为1080°，若，则的值为 ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为 ．

15．随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中随机选择1个景点游玩，记事件为“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则 ， .
四、解答题
16．已知，，分别为锐角三角形三个内角的对边，且．
(1)求；
(2)若，，求；
(3)若，求的值．
17．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，E为CD的中点，M在AB上，且，

(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为，求AF的长．
18．已知椭圆的左顶点，且点在椭圆上，分别是椭圆的左､右焦点.过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求的值.
19．设为等比数列，为公差不为零的等差数列，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)记的前项和为，的前项和为，证明：；
(3)记，求.
20．已知定义域均为的两个函数，．
(1)若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；
(2)若函数，讨论函数的单调性和极值；
(3)设，是两个不相等的正数，且，证明：．
广告费用x（万元）
1
2
4
5
销售额y（万元）
10
26
35
49
1．D
【分析】根据一元二次不等式化简,进而由集合的交并补运算即可求解.
【详解】或，由得,所以，
故选：D
2．B
【分析】化简两个条件，即可得出结论.
【详解】由题意，
在中，解得：或，
在中，解得：，
∵可以推出，不可以推出，
∴是的必要不充分条件，
故选：B.
3．C
【分析】根据函数解析式可判断出为奇函数，其图象关于原点对称，再利用时的取值即可判断出正确选项.
【详解】由函数可知，其定义域为，关于原点对称；
又对于定义域内任意满足，
所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，因此排除B，
又根据不同函数的增长速度可知，当趋近于，趋近于，而非接近于0，所以排除A；又排除D
故选：C
4．A
【分析】注意到，，后利用指数函数，幂函数单调性可比较大小.
【详解】因函数在上单调递增，在上单调递减，则，，.
又函数在上单调递增，则，又，则.
综上，.
故选：A
5．C
【分析】设的公比为，由，，成等差数列求出，再由等比数列前和公式得的前5项和．
【详解】解：设的公比为，
因为，，成等差数列，所以，即，
所以，
所以．
所以，
因为，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以．
故选：C．
6．A
【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，由正弦函数的对称性可判断①；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断②；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断③；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断④.
【详解】因为，
函数的最小正周期是，∴，
∴，，
， ∴关于对称，故①正确.
，∴关于轴对称，故②正确.
当时，有，则，所以，
∴，故③错误.
由，解得，
所以的一个单调增区间为，而，
∴在上单调递增，故④正确.
故选：A.
7．B
【分析】确定抛物线焦点为，且，根据距离得到，得到双曲线方程.
【详解】双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，
故抛物线的准线方程为，即抛物线焦点为，
渐近线方程过，则，
双曲线的左顶点与抛物线焦点距离是，则左顶点为，即.
故双曲线方程为.
故选：B.
8．B
【分析】首先求出，然后利用样本中心点在回归方程上即可求出，然后将代入回归方程即可求解.
【详解】，所以，，则，
所以时，，所以销售额约为57.
故选：B
9．B
【分析】先求出函数的表达式，再根据函数的表达式画出图象，最后根据数形结合思想求解.
【详解】当时，；
当时，.
当时，，
可得，
当时，，
可得，
当时，，
可得.
画出函数在上的图象如下图所示：
由上图，，
函数恰有六个零点，即函数与函数有6个交点，
从上图观察可知在直线与直线之间即可满足题意，
此时，.
故选：B
求解本题的关键，一是求出函数的表达式，二是数形结合思想的运用.
10．
【分析】根据复数的除法运算与概念即可得的值.
【详解】,
所以，所以.
故答案为.
11．
【分析】由展开式的奇数项的二项式系数和为16可得，则展开式中第项为，令可得答案.
【详解】因的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则.
则展开式中第项为.
令可得，则的系数为.
故
12．
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，最后利用勾股定理计算可得.
【详解】圆C：，即圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
又直线被圆截得的线段长为，所以，即，
解得.
故
13．
【分析】根据函数与方程之间的关系转化两个函数图象交点个数问题，利用分段函数的表达式，结合题意将其转化为二次函数根的分布问题，利用数形结合进行求解即可．
【详解】当时，，
因为恰有三个不同的零点，
函数在上恰有三个不同的零点，即有三个解，
而无解，故.
当时，函数在上恰有三个不同的零点，
即，即与的图象有三个交点，如下图，
当时，与必有1个交点，
所以当时，有2个交点，
即，即令在内有两个实数解，
，

当时，函数在上恰有三个不同的零点，
即，即与的图象有三个交点，如下图，

当时，必有1个交点，
当时，与有2个交点，
所以，即在上有根，
令
故，解得.
综上所述：的取值范围是.
故答案为.
关键点睛：本题主要考查函数方程的应用，结合分段函数的表达式转化为两个函数交点个数问题，数形结合是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．
14．
【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由即可求得的最小值.
【详解】，以点A为坐标原点，分别以AB，AF所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，

正八边形内角和为，则，
所以，，，，，，，
，，，
因为，则，
所以，解得，，所以；
设，则，，，则，
所以，当点P在线段GH上时，取最小值．
故；．
15．
【分析】根据古典概型概率公式求出，再由条件概率公式求解即可.
【详解】由题意，两位游客从6个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有6种不同的选法，故共有(种)不同的选法.
两人都不选择天津之眼摩天轮的方法有(种)，
故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的方法共有 (种)，
所以故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的概率.
AB表示两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮，且两位游客选择的景点不同，即一人选择天津之眼摩天轮，另一人选择其它景点，共有 (种)选法，
故，
所以.
故；.
16．(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）根据题意由正弦定理以及锐角三角形可得；
（2）利用余弦定理解方程可得；
（3）根据二倍角以及两角和的余弦公式即可计算出.
【详解】（1）由于，所以，
由根据正弦定理可得，
所以，且三角形为锐角三角形，即
所以.
（2）在中，由余弦定理知，
即，解得或（舍），
故.
（3）由，可得，
所以，
，
即
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可得两两垂直，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，通过向量证明线线平行，再证明线面平行即可；
（2）分别求出相关平面的法向量后，再运用夹角公式计算即可；
（3）根据已知条件求出点的坐标，再计算长度即可．
【详解】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，平面，所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，E为CD的中点，M在AB上，且，
所以．
所以所以，
所以，又，所以，
又平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD．
（2）．
设平面的法向量为，
则有，可取，
由题意，平面的一个法向量可取，
设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，
则，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．
（3）设，，
即，
可得，
所以，又，
由题意有，
化简得，解得或（舍），所以，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）依题意列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得直线，的方程，可得点代入椭圆方程，即得.
【详解】（1）由题意可得，
解得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）设直线的方程为，
联立，整理可得：，
所以，所以，
代入直线的方程为：，所以，
（i）当不垂直于轴时，，
所以直线的方程为：，
，直线的方程为：，
联立，可得，即，
又因为在椭圆上，所以，
整理可得：，解得，
又，解得.
（ii）当轴，则，则，
这时，这时，
显然不垂直
，综上所述：的值为.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量法求得通项公式；
（2）由等差数列、等比数列的前项和公式求得后，用作差法证明；
（3）并项然后裂项求和．
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
依题意，，即，解得.
所以.
因为，，所以，从而.
（2）由（1）知，，所以.
因为，
所以.
（3）
因为，
所以
．
20．(1)；
(2)在(−∞,0),(0,1) 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,的极小值为，无极大值；
(3)证明见详解.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；
（3）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
又在处的切线与轴平行，
所以，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）因为,
所以的定义域为 ,
，令,得,
当 变化时 的关系如下表:
所以在(−∞,0),(0,1) 上单调递减; 在 (1,+∞)上单调递增.
所以的极小值为，为极大值；
（3）证明：要证,
只需证，根据,
只需证，又，是两个不相等的正数，不妨设 ,
由得,
两边取指数,, 化简得: ，
令，所以
，
根据（2）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示),

由于在上单调递减,在上单调递增,
要使且相等,
则必有 , 即,
由得.
要证, 只需证,
由于在上单调递增, 要证,
只需证,
又, 只需证,
只需证，
只需证，
只需证,
只需证，即证,
令
,
只需证,
则
所以在 上单调递减,
所以,
所以，所以在上单调递减,
所以，所以,
所以: .
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（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（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.
0
1
无意义
0
+
无意义
极小值