天津市第三中学2026届高三上学期10月月考+数学答案

月考试题一、单选题1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定集合，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】由题意可得集合，集合，所以.故选：D．2.设，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【答案】A【解析】【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.【详解】由，则“”是“”的充分条件；又当时，，可知，故“”不是“”的必要条件，”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.函数的零点所在区间是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.第1页/共16页【详解】由指数函数、幂函数单调性可知：在上单调递减，在单调递增，所以在定义域上单调递减，显然，所以根据零点存在性定理可知的零点位于.故选：B4.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过观察图象，利用函数值的正负和导数法求单调性一一排除得到答案.【详解】，，解得或；，解得；所以排除选项C.，，当或时，，在和上是增函数；当时，，在上是减函数；所以排除选项A和D，选择B.故选：B5.若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则第2页/共16页C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误.【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，若，则存在直线，，所以由可得，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；故选：C.6.已知某圆柱的高为，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以为球心的球面上，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得圆柱的上、下底面圆心连线的中点为球心，根据题中条件，结合勾股定理，可得半径R，代入公式，即可得答案.【详解】因为圆柱上、下底面圆周均在以为球心的球面上，所以圆柱的上、下底面圆心连线的中点为球心，且与底面圆心的连线垂直底面，因为圆柱底面半径为，高为，所以球心到底面的距离，因为底面圆周上一点到球心的距离为球的半径，所以由勾股定理得，则球的表面积．故选：C．第3页/共16页7.已知双曲线：（，）的焦距为，焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】的焦距为到直线距离公式求焦点到渐近线的距离列方程求，由关系求由此可得结论.【详解】设双曲线的焦距为，则，故，所以双曲线的焦点坐标为，又双曲线的渐近线方程为，所以双曲线的焦点到渐近线的距离，因为焦点到渐近线的距离为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，即，故选：A.8.已知是函数图象的一个对称轴，则下列说法错误的是（）A.是函数图象的一个对称中心B.函数的图象可由图象向左平移个单位长度得到C.函数在区间上单调递减第4页/共16页D.函数在区间上有且仅有一个零点【答案】D【解析】答案.【详解】由是函数图象的一个对称轴，可得，可得，即，因为，所以，所以，对于A中，由，所以是函数图象的一个对称中心，所以A正确；对于B中，将函数图象向左平移个单位长度得到，所以B正确；对于C中，由，可得，因为函数在上单调递减，所以在区间上递减，所以C正确；对于D中，，可得，当时，即时，可得，即是的一个零点；当时，即时，可得，即是的一个零点，所以函数在上有两个零点，所以D错误.故选：D.9.双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为第5页/共16页2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出.【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，，由，求得，因为，所以，求得，即，，由正弦定理可得：，则由得，由得，则，由双曲线第一定义可得：，，所以双曲线的方程为.故选：A二、填空题第6页/共16页10.若复数满足，则_____【答案】【解析】【分析】由条件可得，结合复数运算可求结论.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.已知的展开式中，的系数为80，则______________．【答案】【解析】【分析】求出二项展开式的通项，求出的系数，即可得出【详解】由题意，在中，通项为，∵的系数为80，∴当即时，，∴，解得，故答案为：.12.，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________．【答案】2【解析】【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式第7页/共16页列等式求解即可.【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，圆的半径为，圆心到直线的距离为，故，解得；故答案为：2.13.甲、乙两名同学在电脑上进行答题测试，每套测试题可从题库中随机抽取.在一轮答题中，如果甲单独答题，能够通过测试概率是，如果乙单独答题，能够通过测试的概率是.若甲单独答题三轮，则甲恰有两轮通过测试的概率为______；若在甲，乙两人中任选一人进行测试，则通过测试的概率为______.（结果均以既约分数表示）【答案】①.②.【解析】【分析】借助概率乘法公式与全概率公式计算即可得.【详解】设“甲恰有两轮通过测试”为事件A，则；设“选中甲”为事件B“选中乙”为事件C“通过测试”为事件D，根据题意得，，，，则，所以在甲，乙两人中任选一人进行测试，通过测试的概率为.故答案为：；.第8页/共16页14.已知关于的不等式的解集为或.并且，且满足时，有恒成立，的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解，结合韦达定理求出，再利用1的妙用求出最小值，进而求解一元二次不等式即可.【详解】由不等式的解集为或，得和是方程的两个实数根且，则，解得，于是，且，则，当且仅当，即时取等号，依题意，，解得，所以的取值范围为.故答案为：15.中，E为中点，F为边F满足________F为线段上的动点，则的取值范围为________．【答案】①.②.【解析】第9页/共16页【分析】由题意得，从而；对于第二问，设的二次函数在闭区间上的值域即可求解.【详解】由题意所以，设，，，，，设，对称轴是，故单调递增，从而当点F为线段上的动点时，的取值范围为.故答案为：；.三、解答题16.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）第10页/共16页【解析】1）利用正弦定理边化角即可求解；（2）利用余弦定理和面积公式求解.【小问1详解】因为，边化角可得，，即，又因为，且，所以，因为，所以.【小问2详解】由余弦定理，，所以，即，所以，所以的面积为.17.在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）（3）第11页/共16页【解析】1）根据题意建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直，进而证明平面；（2）分别求出与平面法向量，再应用直线与平面所成角的正弦公式求值即可；（3）求出，结合平面法向量，应用点到平面的距离公式求值即可.【小问1详解】证明：因底面，平面，所以.同理可证，又因为，所以以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系（如图所示）.依题意可得，，，,,,,,则，是面的一个法向量，因为，所以，又因为平面，所以平面.【小问2详解】解：,,,设平面的法向量，则，即，取，则，所以平面的一个法向量.设直线与平面所成角为，第12页/共16页则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】解：因为，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为,18.已知椭圆的离心率，上顶点是，左､右焦点分别是，，若椭圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）点和是椭圆上的两个动点，点，，不共线，直线和的斜率分别是和，若，求证直线经过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）2）直线过定点【解析】1）因为椭圆的离心率，椭圆经过点，，列方程组，解得，，，即可得出答案．（2的方程为，，，，与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，再计算，解得，即可得出答案．1）因为椭圆的离心率，椭圆经过点，所以，又，第13页/共16页解得，，，所以椭圆的方程为．（2）证明：设直线的方程为，，，，，联立，得，所以，，所以，，所以，解得，所以直线过定点．19.已知函数，（1）若，求函数的极值；（2）设函数，求函数的单调区间；（3）若对内任意一个，都有成立，求的取值范围.【答案】(1)的极小值是，没有极大值；(2)答案见解析；(3).【解析】【详解】试题分析：（1）的定义域为，且，结合导函数的解析式研究函数的极值可得的极小值是，没有极大值；第14页/共16页（2），则，分类讨论可得：①当时，在上单调递减，在上单调递增；②当时，函数在上单调递增；（3）原问题等价于“函数在上的最小值大于零”2四种情况可得的范围是：.试题解析：（1）的定义域为，当时，，，3—0+极小所以的极小值是，没有极大值；（2），，①当时，即时，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增；②当，即时，在上，所以，函数在上单调递增；（3“对内任意一个，都有成立”等价于第15页/共16页“函数在上的最小值大于零”由（2）可知①当时，在上单调递增，所以，解得；②当，即时，在上单调递减，所以的最小值为可得，因为，所以；③当，即时，在上单调递增，所以