天津市泰达中学2026-2027学年高三上学期第一阶段月考数学试卷

高三第一学期数学阶段试卷 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合则(    ) A. B. C. D. 【答案】C  【解析】【分析】 本题考查并集和交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集和并集定义的合理运用． 由交集定义先求出，再由并集定义能求出． 【解答】 解：集合，，， ． 故选：． 2.函数的图象大致为(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】【分析】 本题考查函数的奇偶性，函数图象的作法，属于基础题． 先由函数是奇函数，排除，，再由的函数值排除可得． 【解答】 解：设函数，其定义域为， ， 是奇函数，排除，， 再由时，，排除，可得选项A符合题意． 故选A． 3.已知角是的内角，则“”是“”的  (    ) A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C  【解析】因为角是的内角，所以当时，或，即由不能推出若，则所以“”是“”的必要不充分条件故选C． 4.在中，角，，的对边的长度分别为，，，若，则等于(    ) A. B. C. 或 D. 或 【答案】A  【解析】解：由于， 利用余弦定理：， 由于， 所以． 故选：． 直接利用余弦定理求出结果． 本题考查的知识点：余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题． 5.若，均为第二象限角，满足，，则等于(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】略 6.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】【分析】 本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，属于基础题． 由空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断四个命题得答案． 【解答】 解：若  ，  ，，，由于，不一定相交，故也不一定成立，故错误； 若，  ，  ，则，可能平行也可能异面，故错误； 若，，则或  ，故错误； 若，，易得，故正确． 故选：． 7.如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于(    ) A. B. C. D. 【答案】B  【解析】【分析】 本题主要考查了空间中直线与直线的位置关系，异面直线所成的角的应用，属于基础题． 取的中点，连接，，，分别是，的中点，为与所成的角或其补角，计算即可得解． 【解答】 解：如图所示，取的中点，连接，．，分别是，的中点， ，，且，． 为与所成的角或其补角． 又，， ，，， 为等腰直角三角形， ，即与所成的角为． 故选B． 8.函数的部分图象如图所示，则下列叙述正确的是(    ) A. 函数图象可由的图象向左平移个单位得到 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象关于直线对称 D. 函数图象的对称中心为 【答案】B  【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出函数解析式，再根据正弦函数的单调性、对称性，结合三角函数图象的平移变换，逐项判断作答． 【详解】由图象可知，，，因为，所以， 所以，而，则， 由图可知，所以，所以， ，图象向左平移个单位得到图象，不正确； ，由，可得， 则单调递增区间为，则在上单调递增，即在上单调递增，正确； ，由于，则直线不是函数图象的对称轴，不正确； ，由，可得，则函数图象关于点对称，不正确． 故选： 9.是定义在上的奇函数，且，为的导函数，且当时，则不等式的解集为(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】【分析】 本题考查了利用导数解不等式，函数的单调性和奇偶性，属于中档题． 由题意得出在上是增函数，利用奇函数的性质得出在上是增函数，结合，，等价于或，利用函数的单调性求解． 【解答】 解：因为当时，，所以在上是增函数， 又为奇函数，则在上是增函数， 又，则． 则等价于或 所以或 所以或． 所以的解集为． 故选A． 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10.命题“”的否定是          ． 【答案】  【解析】解：命题“”的否定是“” 故答案为：． 11.的值为        ． 【答案】  【解析】解：． 故答案为：． 利用诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解． 本题考查了诱导公式以及特殊角的三角函数值在三角函数求值中的应用，属于基础题． 12.已知，，则的值为           【答案】  【解析】【分析】 本题考查了两角和的正切公式，属于基础题． 直接利用两角和的正切公式，代入数据计算即可． 【解答】 解：，， ， 故答案为． 13.如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为          ． 【答案】  【解析】解：矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图， 其中，， 将直观图还原为原图，如图， 在直观图中，，则， 所以在原图中，可得，， 所以 因为， 所以原四边形中最长边的长度为． 14.如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中，正确的序号是________．   直线与直线相交； 直线与直线平行； 直线与直线是异面直线； 直线与直线成角． 【答案】  【解析】【分析】本题考查了正方体的性质、空间角、异面直线，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 将正方体的展开图还原为正方体后，即可得到所求正确结论． 【解答】解：如图所示，原正方体为： 在这个正方体中： 直线与直线异面直线，因此不正确； 直线与直线异面直线，因此不正确； 直线与直线是异面直线，因此正确； 连接，，则，为等边三角形，与成角，因此与成角，因此正确； 以上四个命题中，正确的是． 故答案为：． 15.将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为          ． 【答案】  【解析】【分析】 本题考查利用正弦型函数的单调性解决参数问题，考查正弦型函数的图象变换，属于较难题． 根据正弦型函数的图象变换规律可得，再根据正弦型函数的单调性即可求解． 【解答】 解：将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象， 再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍纵坐标不变， 得到函数的图象，  因为函数在区间上单调递增， 所以，即，解得， 又， 所以  解得， 由可得． 故答案为：． 三、解答题：本题共5小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 16.本小题分 如图是由一个长方体和一个圆柱组成的组合体． Ⅰ求该组合体的表面积． Ⅱ求该组合体的体积． 【答案】解：Ⅰ该组合体的表面积为 ； Ⅱ该组合体的体积为 ．  【解析】本题考查了简单组合体的表面积与体积计算问题，是基础题． Ⅰ根据组合体的表面积为，计算即可； Ⅱ根据组合体的体积为，计算即可． 17.本小题分 在中，内角，，的对边分别为，，，且：：：：，． 求的值； 求的值； 求的值． 【答案】解：在中， ：：：：， ：：：：， ， ，． 在中，，，， 由余弦定理可得． 由可知， 又，则， ，， 则．  【解析】本题主要考查正、余弦定理、同角三角函数的基本关系、二倍角公式、两角和的正弦公式，属于基础题． 由题意利用正弦定理，求得的值． 由题意利用余弦定理计算求得结果． 先用二倍角公式求得的正弦值和余弦值，再利用两角和的正弦公式求得的值． 18.本小题分 已知函数． 求的最小正周期和单调递增区间； 将的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，求在区间上的最值及取得最值时的值． 【答案】解：已知 ， 所以的最小正周期为， 令，，解得，， 所以的单调递增区间是，． 的最小正周期是，单调递增区间是，； 将的图象向左平移个单位，得到的图象， 再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，根据“横坐标伸缩”的原则，得到的图象， 因为，所以，． 当，即时，取得最大值，此时取得最大值 当，即时，取得最小值，此时取得最小值． 综上，在上的最大值是，此时；最小值是，此时．  【解析】解：已知 ， 所以的最小正周期为， 令，，解得，， 所以的单调递增区间是，． 的最小正周期是，单调递增区间是，； 将的图象向左平移个单位，得到的图象， 再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，根据“横坐标伸缩”的原则，得到的图象， 因为，所以，． 当，即时，取得最大值，此时取得最大值 当，即时，取得最小值，此时取得最小值． 综上，在上的最大值是，此时；最小值是，此时． 先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为标准形式，再根据三角函数的周期公式和单调性来求解； 根据三角函数图象的平移和伸缩变换规则得到的表达式，然后结合给定区间求其最值． 本题主要考查了三角恒等变换，三角函数图像变换及三角函数性质的应用，属于中档题． 19.本小题分 已知函数的部分图象如图所示． 求的解析式； 求的单调递减区间； 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】    【解析】解：由题意可得． 由图象知，最小值点到零点的距离为，对应个周期，即，解得． 得，故， 将最小值点代入，得，解得， 结合，取得，故． 令，解得， 故的单调递减区间为． 由图像左移个单位得． 在上恰有三个零点，等价于在上恰有三个解， 令，当时，， 的通解为或， 在范围内，从小到大的解为，要恰有三个解， 需满足，解得， 故实数的取值范围为． 由最值求出，结合周期求出，结合特殊点的函数值求出，即可求解函数解析式； 结合余弦函数单调性即可求解； 结合函数图象变换及函数零点存在条件即可求解． 本题主要考查了余弦函数性质的应用，三角函数图象变换，属于中档题． 20.本小题分 已知函数，． 求曲线在点处的切线方程； 若恰有两个零点，求实数的取值范围； 证明：当时，． 【答案】解：因为，因此导函数，，因为， 因此切线为． ，令，解得． ，因此，时，，时，， 因此在单调递增，在单调递减， 因为，且时，，时，， 所以． 证明：时，，要使，即使， 因此要证明． ， 设，则， 则在上单调递增， 又因为，，则存在使得， 因此时，，时，． 所以在单调递减，在单调递增． 因为，所以，即． ． 对两边同时取对数得，所以，所以成立．  【解析】解：因为，因此导函数，，因为， 因此切线为． ，令，解得． ，因此，时，，时，， 因此在单调递增，在单调递减， 因为，且时，，时，， 所以． 证明：时，，要使，即使， 因此要证明． ， 设，则， 则在上单调递增， 又因为，，则存在使得， 因此时，，时，． 所以在单调递减，在单调递增． 因为，所以，即． ． 对两边同时取对数得，所以，所以成立． 利用导数求得该点切线斜率求解． 通过构造函数求得关于的函数，利用导数求解单调性判断的范围． 通过构造函数并假设一点使得在该点导函数为求解函数极值． 本题考查利用导数求解函数最值和切线方程，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三第一学期数学阶段试卷 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合则(    ) A. B. C. D. 2.函数的图象大致为(    ) A. B. C. D. 3.已知角是的内角，则“”是“”的  (    ) A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4.在中，角，，的对边的长度分别为，，，若，则等于(    ) A. B. C. 或 D. 或 5.若，均为第二象限角，满足，，则等于(    ) A. B. C. D. 6.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是(    ) A. B. C. D. 7.如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于(    ) A. B. C. D. 8.函数的部分图象如图所示，则下列叙述正确的是(    ) A. 函数图象可由的图象向左平移个单位得到 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象关于直线对称 D. 函数图象的对称中心为 9.是定义在上的奇函数，且，为的导函数，且当时，则不等式的解集为(    ) A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10.命题“”的否定是          ． 11.的值为        ． 12.已知，，则的值为           13.如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为          ． 14.如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中，正确的序号是________．   直线与直线相交； 直线与直线平行； 直线与直线是异面直线； 直线与直线成角． 15.将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为          ． 三、解答题：本题共5小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 16.本小题分 如图是由一个长方体和一个圆柱组成的组合体． Ⅰ求该组合体的表面积． Ⅱ求该组合体的体积． 17.本小题分 在中，内角，，的对边分别为，，，且：：：：，． 求的值； 求的值； 求的值． 18.本小题分 已知函数． 求的最小正周期和单调递增区间； 将的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，求在区 19.本小题分 已知函数的部分图象如图所示． 求的解析式； 求的单调递减区间； 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围． 20.本小题分 已知函数，． 求曲线在点处的切线方程； 若恰有两个零点，求实数的取值范围； 证明：当时，． 第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $