精品解析：天津市滨海新区大港油田第二中学2026-2027学年第一学期第一次月考高三年级数学试卷

天津市滨海新区大港油田第二中学 2026—2027学年第一学期第一次月考 高三年级数学试卷 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（每题5分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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. 已知函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 半径为，面积为的扇形中，弧所对的圆心角为 A. 2 B. C. D. 10 5. 已知，，，则的大小关系为 A. B. C. D. 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 函数零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的一条对称轴可以为（ ） A. B. C. D. 9. 空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，N为BC的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 10. 在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则该三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 11. 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数，，则下列说法正确的个数是（ ） ①在上有2个零点 ②为的一个对称中心 ③要得到，可以将图象上所有的点向左平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的 ④在上单调递增 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题（每题5分） 13. 函数的定义域为_________． 14. 计算：______. 15. 不等式的解集是______． 16. 在直三棱柱中，，，则直线与直线夹角的余弦值为______． 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则_________． 18. 已知，且，则的最小值为_________． 三、解答题（每题15分） 19. 已知函数． （1）求函数的最小正周期、图象的对称轴方程； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，当时，求函数的值域． 20. 在长方体中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 21. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 22. 如图，且，,且，且，，. （1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点P在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市滨海新区大港油田第二中学 2026—2027学年第一学期第一次月考 高三年级数学试卷 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（每题5分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果. 【详解】由题意结合补集的定义可知：，则. 故选：C. 【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题. 2. “”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】B 【解析】 【分析】首先根据可得：或，再判断即可得到答案. 【详解】由可得：或， 即能推出， 但推不出 “”是“”的必要不充分条件 故选：B 【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，同时考查根据三角函数值求角，属于简单题. 3. 已知函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，再由函数值的特征，利用排除法判断即可. 【详解】函数的定义域为， 又， 所以为偶函数，则函数图象关于轴对称，故排除D； 当时，则 因为当时，，，所以； 当时，，，所以，故排除A、C. 故选：B 4. 半径为，面积为的扇形中，弧所对的圆心角为 A. 2 B. C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】利用扇形的面积公式，即可求出弧所对的圆心角． 【详解】设所求圆心角为．由扇形的面积公式，得，解得． 故答案选A 【点睛】本题考查扇形面积公式，解题时要注意公式的灵活运用，属于基础题． 5. 已知，，，则的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用等中间值区分各个数值的大小． 【详解】， ， ，故， 所以． 故选A． 【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较． 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】将分子上的1用，然后分子分母同除以，化为只含的式子，再代值计算即可. 【详解】因为， 所以 . 故选：A 7. 函数零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因函数与都是上的增函数，则也是上的增函数， 又， 故函数有唯一的零点，其所在区间为. 8. 函数的一条对称轴可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质求出函数的对称轴，即可判断； 【详解】解：因为，令，解得，即函数的对称轴为，当时，； 故选：C 9. 空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，N为BC的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由且，得． 因为为的中点，所以． 因此． 10. 在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则该三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理可得，再结合条件利用正弦定理及余弦定理可得，即得. 【详解】∵a2＋b2－c2＝ab， ∴，又， ∴， 由2cosAsinB＝sinC，得 ∴，即，又， 故三角形为等边三角形. 故选：C 11. 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 12. 已知函数，，则下列说法正确的个数是（ ） ①在上有2个零点 ②为的一个对称中心 ③要得到，可以将图象上所有的点向左平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的 ④在上单调递增 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】先用降幂公式与辅助角公式把 化为 ，再逐条判断：令相位等于 可查零点与对称中心；按变换顺序写出③的解析式对比；由 的范围求出④的相位范围，对照 的单调区间. 【详解】因为 . 对于①，令 （），得 . 当 时， 或 ，共 个零点，①正确. 对于②，令 （），得对称中心的横坐标 ，取 得 是 的一个对称中心，②正确. 对于③，将 图象上所有的点向左平移 个单位长度，得 ；再将横坐标缩短为原来的 ，得 ，与 不一致，③错误. 对于④，当 时，. 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在 上不单调，④错误. 所以①②正确，③④错误，正确的个数是 . 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题（每题5分） 13. 函数的定义域为_________． 【答案】 【解析】 【详解】由解析式知，可得且， 所以函数的定义域为. 14. 计算：______. 【答案】80 【解析】 【分析】 根据指数幂与根式的互化，由指数运算法则，以及对数运算法则，直接计算，即可得出结果. 【详解】. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查指数幂与对数的运算，熟记运算法则即可，属于基础题型. 15. 不等式的解集是______． 【答案】或 【解析】 【详解】不等式等价于且，解得或， 所以不等式的解集为或. 16. 在直三棱柱中，，，则直线与直线夹角的余弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 令，则，所以， 则，设直线与直线的夹角为， 则， 所以直线与直线夹角的余弦值为. 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】由图象可知，函数的最大值为，最小值为，所以． 由图象可知，函数图象过最高点和最低点， 所以，即最小正周期． 因为，所以，此时． 将点代入函数解析式，得，即， 所以，解得． 因为，令，得，所以． 故．  18. 已知，且，则的最小值为_________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据已知条件，将所求的式子化为，利用基本不等式即可求解. 【详解】，, ，当且仅当=4时取等号， 结合,解得，或时，等号成立. 故答案为： 【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题. 三、解答题（每题15分） 19. 已知函数． （1）求函数的最小正周期、图象的对称轴方程； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，当时，求函数的值域． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 由知，最小正周期． 令，解得，． 所以函数图象的对称轴为 【小问2详解】 向右平移个单位长度后，． 当时，， 结合余弦函数的图象可知， 所以 所以函数的值域为． 20. 在长方体中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）以为原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题设，，，，，，， 点在上，且，所以，则， 点在上，且，所以，得到点， 所以，， ，所以， ，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面； （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明、，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）根据（1）写出平面的法向量、直线的方向向量，再应用向量法求其夹角的正弦值； （3）由三角形面积公式求，向量法求点到平面的距离，最后应用棱锥的体积公式求体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，可取作为平面的法向量， 直线的方向向量，设直线与平面的夹角为， 则， 所以直线与平面的夹角的正弦值为； 【小问3详解】 由（1）知，，， 所以，则， 而点到平面的距离，则， 所以三棱锥的体积为. 21. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对进行化简、变形，结合余弦定理进行求解即可； （2）利用正弦定理对进行边角转换，结合（1）的结论、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用二倍角的余弦和正弦公式，结合（1）、（2）的结论、同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式进行求解即可. 【小问1详解】 ， 由余弦定理可知； 【小问2详解】 根据正弦定理由， 因为，所以， 所以由， 由（1）可知， 所以，所以， 于是； 【小问3详解】 由（2）可知：， 在中，因为，所以， 因此， 于是， ， 由（1）可知，由（2）可知，所以. 22. 如图，且，,且，且，，. （1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点P在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长. 【答案】（1）法一：以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系， . 则，，设为平面的法向量， 则 即 ，不妨令，得. 又，因此，又因为直线平面， 所以平面． 法二：如图2，取的中点K，联结，根据题意，得． 所以平面，平面． 而平面平面，所以平面平面． 而平面，所以平面． （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）法一：建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证；法二：取的中点K，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证. （2）法一：利用面面角的向量法求解；法二：利用等体积法求出点到平面距离，再利用几何法求解；法三：作出二面角的平面角，进而求出其余弦值即可. （3）法一：利用面面角的向量法列式求解；法二、法三：作出线面角，再利用几何法结合给定线面角列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：依题意，可得，，． 设为平面的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得． 设为平面的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得． 因此有，于是． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为． 法二：如图2，联结，因为，所以E，B，C，G四点共面，下面求点F到平面的距离h． 在三棱锥中，利用等积法，不难求得． 而平面，所以．又，所以． 所以点F到的距离的值在直角梯形中求得． 设二面角的平面角为，则． 法三：如图3，将几何体补成正方体，S是棱中点，联结，所求二面角为，因为，则为二面角的平面角．，求得． 【小问3详解】 法一：设线段DP的长为，则点P的坐标为， 可得． 易知，为平面的一个法向量， 故，由题意，可得， 解得．所以线段的长为. 法二：如图3，过点B作，垂足为K，联结，则平面． 法三：如图4，取的中点Q，联结，则，平面，所以． 设，则，而，所以． 解之得，即线段的长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $