2022学年天津市滨海新区高三数学上学期第三次月考卷附答案解析

学年天津市滨海新区高三上学期第三次月考数学试卷本试卷分为第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1至3页，第Ⅱ卷4至6页．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．一．选择题：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．若全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．若条件，条件，则p是q的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．函数的图象大致为（

）A．B．C．D．4．自2021年1月1日起，《中华人民共和国民法典》开始施行，为了解某市市民对《中华人民共和国民法典》的了解情况，决定发放3000份问卷，并从中随机抽取200份进行统计，已知该问卷满分100分，通过对随机抽取的200份问卷成绩进行统计得到了如图所示的频率分布直方图，估计这3000份问卷中成绩不低于80分的份数为（

）A．840 B．720 C．600 D．5405．已知是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，，则的大小关系为A． B． C． D．6．已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，平面，且，则该三棱锥外接球的表面积为A． B． C． D．7．设函数的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点对称，则下列判断正确的是（

）A．函数在上单调递增B．函数的图象关于直线对称C．当时，函数的最小值为D．要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位8．已知双曲线的一条渐近线与抛物线交于点，点是抛物线的准线上一点，抛物线的焦点为双曲线的一个焦点，且为等边三角形，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．9．已知，函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．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，则.11．已知二项式的展开式中的常数项为，则．12．已知圆的圆心在直线上，且与直线切于点，则圆被直线截得的弦长为.13．一个口袋里有形状一样仅颜色不同的4个小球，其中白色球2个，黑色球2个.若从中随机取球，每次只取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球四次，恰好取到两次白球”的概率为；若从中一次取2个球，只取一次，记所取球中白球可能被取到的个数为ξ，则随机变量ξ的期望为.14．已知实数，满足，且.则的最大值为．15．已知平行四边形的两条对角线相交于点，，，，其中点在线段上且满足，，若点是线段上的动点，则的最小值为.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．16．在中，内角、、所对的边分别为，，，已知，，.（1）求的值；（2）求的值.17．已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点．(1)求证：EF⊥平面PAD；(2)求平面EFG与平面ABCD所成二面角的夹角的余弦值；(3)线段PD上是否存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度，若不存在，说明理由．18．设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，，．(1)求数列和的通项公式；(2)若，求数列的前项和．19．已知椭圆，左､右顶点分别为P，Q，上顶点为K，原点为O，的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，过点且斜率不为的直线与椭圆交于不同的两点A，B．(1)求椭圆的标准方程；(2)求面积的最大值；(3)直线PA与直线交于点，试问B，Q，三点是否共线？若共线，请证明；若不共线，请说明理由．20．已知函数，其中，为自然对数的底数.设是的导函数.（Ⅰ）若时，函数在处的切线经过点，求的值；（Ⅱ）求函数在区间上的单调区间；（Ⅲ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围.1．C【分析】解一元二次不等式结合整数集的概念列举法表示出集合，然后解一次不等式求出集合，进而根据补集的概念求出，进而根据交集的概念即可求出结果.【详解】因为，，则，因此，故选：C2．D【分析】先求解两个不等式，根据充分条件，必要条件的定义判断即可【详解】由题意，条件或条件或故条件，则p是q的既不充分也不必要条件故选：D3．B【分析】先判断函数的奇偶性排除A,D,再根据，排除C即得解.【详解】解：根据题意，，其定义域为R，有，则函数f(x)为偶函数，排除A，D，，排除C，故选：B．【点睛】方法点睛：根据函数的解析式找图象，一般先找差异，再验证.4．A【分析】根据频率分布直方图求得成绩不低于80分的频率，利用样本估计总体，即可求解.【详解】由频率分布直方图可知，成绩不低于80分的频率为，由样本估计总体，故估计这3000份问卷中成绩不低于80分的份数为份.故选：A.5．C【详解】是定义在上的偶函数，，，，在上是增函数，在上为减函数，则，即，故选C.6．D【分析】由于球中球心与球的小圆圆心的连线垂直于这个小圆，利用也垂直于这个小圆，即可利用球心与小圆圆心建立起直角三角形，，根据题意可求出是底面三角形的外接圆的半径，利用计算即可，最后即可求出球的表面积．【详解】由已知得，作下图，连结，延长至圆上交于H，过作交于，则为，所以，为斜边的中点，所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点，则，则，，则球的半径球的表面积为答案选D.【点睛】本题考查计算球的表面积，关键在于利用进行计算，难点在于构造三要素相关的直角三角形进行求解，难度属于中等．7．D【解析】利用正弦型函数的基本性质求得，利用正弦型函数的单调性可判断A选项的正误，利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误，利用正弦型函数的值域可判断C选项的正误，利用三角函数图象变换可判断D选项的正误.【详解】由题意可得，函数的最小正周期为，，所以，，由于函数的图象关于点对称，则，可得，，，，所以，.对于A选项，当时，，所以，函数在上单调递减，A选项错误；对于B选项，，所以，函数的图象不关于直线对称，B选项错误；对于C选项，当时，，，C选项错误；对于D选项，，所以，要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位，D选项正确.故选：D.【点睛】方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；第三步：求出所求函数的值域（或最值）.8．A【分析】根据题意得，设，列方程可得点A的坐标，然后求解得，再由，即可求出双曲线的方程.【详解】由题意，点，抛物线的准线方程为，作，由抛物线的定义可知，，又为等边三角形，所以，所以，即点重合，所以，设，不妨设，则，得，所以，所以，又因为，所以得，所以双曲线的方程为.故选：A9．C【分析】根据题意得当时恒成立且当时，恒成立，再分别讨论函数在各段上的最值即可求解.【详解】解:因为关于的不等式恒成立,所以当时恒成立且当时，恒成立；所以当时恒成立且当时，恒成立，即当时恒成立且当时，恒成立；所以当时，令，函数是开口向下的二次函数，对称轴为，所以当时，即时，函数在上单调递增，在单调递减，故原不等式恒成立等价于，解得；当时，即时，函数在上单调递增，故原不等式恒成立等价于，解得；当时，令，则，故在区间上单调递减，在上单调递增，所以原不等式恒成立等价于，即.综上，实数的取值范围是故选：C【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，分段函数，考查分类讨论思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意将问题转化为当时恒成立且当时，恒成立.10．【解析】结合复数的乘除法法则求出，进而可求出模.【详解】解：，则.故答案为:11．2【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得常数项，再根据常数项等于求得实数的值．【详解】二项式的展开式中的通项公式为，令，求得，可得常数项为，，故答案为．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．12．【分析】设圆心坐标为，根据圆的几何性质可知，直线与直线垂直，可求得的值，进而可求得圆的方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得结果.【详解】设圆心坐标为，则，由圆的几何性质可得，直线的斜率为，则，解得，则圆心为，圆的半径为，所以，圆的方程为，圆心到直线的距离为，因此，所求弦长为.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.13．1【分析】求出每一次取到白球的概率，再列式即可求出连续取球四次，恰好取到两次白球的概率；可得随机变量的可能取值为0，1，2，求出取2不同值的概率，即可求出数学期望.【详解】由题可得每一次取到白球的概率为，连续取球四次，恰好取到两次白球的概率为，随机变量的可能取值为0，1，2，则，，，.故答案为:;1.【点睛】思路点睛:求离散型随机变量的数学期望时，应首先分析出变量的可能取值，然后求出每次取值下的概率，结合数学期望公式即可求解.14．9【分析】将已知等式变形为，对等式两边同乘，构造关于所求式子的不等式，进行求解即可.【详解】由，得，则，当且仅当，即时成立，令，则有，解得，故的最大值为.故答案为9.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式将已知等式进行不等化是解决此类题常用的方法，属于难题.15．【解析】根据题意，利用余弦定理求出，，根据平面向量的线性运算即可得出，，得出，即可求出；由于点是线段上的动点，可设，则，由平面向量的三角形加法法则得出，，结合条件且根据向量的数量积运算，求得，最后根据二次函数的性质即可求出的最小值.【详解】解：在平行四边形中，，，，则在中，由余弦定理得：，即，，，则，在中，由余弦定理得：，即，，，，，而，即，，解得：，；由于点是线段上的动点，可设，则，，，即，，即，所以当时，取得最小值，最小值为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算和数量积运算的实际应用，解题的关键在于利用二次函数的性质求最值，考查转化思想和运算能力.16．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理，化边为角的正弦，得到，求出，再用余弦定理求出的值；（2）由第一问先求，再求，，进而求出.【详解】（1）∵∴由正弦定理：可得：，其中，∵∴，即∵∴∵，∴由余弦定理可得：∵∴（2）由余弦定理可得：；∴∵∴∴17．(1)证明见解析(2)(3)不存在，理由见解析【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD，即可证明结论；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFG的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（3）设，利用向量的线性运算求出的坐标，然后利用向量的夹角公式列出方程，求解即可得到答案．【详解】（1）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又E、F分别是PA、PB的中点，则，故EF⊥平面PAD；（2）取AD的中点O，连接PO，连接OG，则，因为平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则O（0，0，0），A（0，-2，0），B（4，-2，0），C（4，2，0），，所以，设平面EFG的法相向量为，则，即，令z=1，则，故，又平面ABCD的法向量为，所以，所以平面EFG与平面ABCD所成二面角的夹角的余弦值为；（3）设，因为，故，所以，因为直线GM与平面EFG所成角为，故，化简可得2t2-3t+3=0，故方程无解，所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为．18．(1)，(2)【分析】（1）列出公差和公比的方程组求解；（2）利用裂项相消和错位相减分组求和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意，得，解得或（舍去）故，，所以，的通项公式为，的通项公式为；（2）设前n项和为，设的前n项和为，所以，两式相减可得：

所以．19．(1)(2)(3)共线，证明见解析【分析】（1）根据条件列a,b,c关系式求解；（2）设直线方程，与椭圆联立，得面积表达式，换元利用对勾函数单调性求最值；（3）设直线方程为：，求出，通过证明求解.【详解】（1）设椭圆的半焦距为由题意可得：，解得，，，所以椭圆方程为．（2）设直线的方程为，，，由，整理得，易知,，，令()，则，设，由对勾函数性质易知函数在区间单调递增，知，即当，即时，面积取到最大值．（3）易知椭圆的左､右顶点分别为，，直线方程为：，它与直线交于点，则，由于，都存在，且，故,于是B，Q，N三点共线．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系，第三问证明三点共线注意斜率的应用及韦达定理的代入计算.20．（Ⅰ）1；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）.【分析】（I）时，利用导数的几何意义，求得切线斜率，切点坐标，即可求解切线的方程，进而求解得值；（II）求得函数的导数，根据在单调递增，转化为，分类讨论，即可求解函数的单调区间；（Ⅲ）由得：，得，由已知，设为在区间内的一个零点，则由可知在区间上至少有三个单调区间，得到在区间内存在零点，在区间内也存