精品解析：天津市耀华中学2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试题

天津市耀华中学2027届高三第一次月考 数学学科试卷 本试卷分第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（选择题　共60分） 一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，所以； 由，所以. 所以. 2. 若，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】B 【解析】 【分析】 根据充分必要条件的定义判断， 【详解】当时，，所以是必要条件，当，因为，所以或，所以是不充分条件.所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题考查必要不充分的判断，解决充分必要条件问题有两种常用方法： （1）根据充分必要条件的定义判断两个命题的真假； （2）求出两个命题对应的集合，根据充分必要条件与集合包含之间的关系判断． 3. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，可排除B、D项，再由的函数值的分布，可判定选项A符合题意，即可求解. 【详解】由函数，可得的定义域为， 且，所以函数为奇函数， 则函数的图象关于 轴对称，可排除B、D项； 当时，可得，所以； 当时，可得，所以， 所以选项A中的图象符合题意，故函数的图象为选项A. 故选：A. 4. 若，， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小. 【详解】因为，，， 因此，. 故选：D. 5. 下列函数中既是偶函数，又在区间内是增函数的为（ ） A. ， B. ， C. ，且 D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】对A，因为为偶函数，但在内单调递减，故A不满足条件； 对B，函数为奇函数，故B不满足条件； 对C，函数为偶函数，在内单调递增，故C满足条件； 对D，函数既不是偶函数，也不是奇函数，故D不满足条件. 6. 已知当时，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过换底公式可求，再由，可得，求得，，即可求解. 【详解】因为，所以或. 因为，所以，所以，即 ①. 所以，所以 ②. 由①②得：，. 所以. 故选：D. 7. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的值，再由投影向量公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 即，解得， 所以， 设为向量在上的投影向量， 则. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 又，所以，得， 由. 9. 函数在下列哪个区间上单调递减（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数结合三角函数恒等变换及其性质计算即可. 【详解】易知， 对于选项A，易知时，， 所以在上单调递增，故A错误； 对于选项B，时，，则，即， 所以在上单调递减，故B正确； 对于选项C，同上时，，则， 所以，所以在上单调递增，故C错误； 对于选项D，时，则， 所以，所以在上单调递减， 而由C项可知在上单调递增，故D错误. 10. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出函数与的对称中心，根据两函数图象交点的对称性计算即可. 【详解】由可得，，所以函数关于点对称. 函数的定义域为. 因为， 所以函数关于点对称. 因此函数与函数的图象的交点也关于点对称. 若是两函数图象的交点，则一定是两函数图象的交点， 那么，. 所以. 11. 已知函数为函数的零点，直线为函数图像的对称轴，且在区间上是单调函数，则的最大值为（ ） A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可得，为正奇数且，结合为的零点，为图像的对称轴，求出符合题意的解析式，并结合在上单调，可得的最大值． 【详解】因为为的零点，为图象的对称轴， 所以,即，所以,即为正奇数. 因为在上单调，则，即， 解得：，当时，, 因为，所以，此时. 当时，， 所以当时，单增；当时，单减， 即在不单调，不满足题意； 当时，, 因为，所以，此时. 当时，， 此时在单调递减，符合题意； 故的最大值为9. 12. 函数的图象在点处的切线与直线垂直（是自然对数的底数），函数满足，若关于的方程（，）在区间上恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合函数的图像在点处的切线与直线垂直，求得，由函数满足，求得，利用导数分析函数的单调性，画出在区间上的简图.利用换元法令，由韦达定理结合在区间上的简图，求得实数的取值范围. 【详解】，得. 所以，. 因为函数的图象在点处的切线与直线垂直， 且直线的斜率为， 所以，解得. 所以. 的定义域为，所以的定义域为. 由函数满足， 得. 所以. . 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 又， 所以在区间上的简图如下 令， 若关于的方程（，）在区间上恰有3个不同的实数解， 则关于的方程（，）在区间恰有两个不同的实数解，记为，且. 则或， 因为，所以或. 所以实数的取值范围是. 第Ⅱ卷（非选择题　共90分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上． 13. 已知是虚数单位，化简的结果为________． 【答案】 【解析】 【详解】. 14. 在的展开式中，的系数为________． 【答案】40 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项赋值计算即得. 【详解】二项式的展开式的通项为， 取，可得的系数为. 15. 小鑫在一场篮球比赛中投了3次篮，他的投篮命中率为0.4，且每球是否命中均相互独立，设他投篮命中的次数为，则的期望是________；在已知他至少命中1次的条件下，他恰好命中1次的概率为________． 【答案】 ①. 1.2 ②. 【解析】 【详解】由题意，服从二项分布，即， 所以， 设事件“恰好命中1次”， 事件“至少命中1次”， 则， ， ， 所以. 16. 已知不等式对任意满足的实数，恒成立，则实数的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】先分离参数，进而利用基本不等式即可求解最值. 【详解】由于，故，所以对任意的恒成立， 由于，当且仅当，即时取到等号， 又，当且仅当，即时取到等号， 因此，当且仅当，时取到等号， 故， 因此，则的最大值为. 17. 已知，，是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足.（1）当与共线时，_____；（2）的最小值是_____. 【答案】 ①. 1或3 ②. 【解析】 【分析】（1）设，由，代入计算可得或，计算即可求解；（2）由得，故，或或，设，，以O为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，得B点在以为圆心，1为半径的圆上，的几何意义等价于圆上的点到射线上的点的距离，则其最小值为圆心到直线的距离减去半径，从而求得最小值. 【详解】（1）当与共线时，设， 因为向量满足， 所以，即，解得或， 所以或，即或3. （2）设，，以O为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示坐标系， 则，令，则，， 由，或或， 得点在以为圆心，1为半径的圆上， 又非零向量与的夹角为，则设的起点为原点，则终点在不含端点的两条射线，上， 则的几何意义等价于圆上的点到射线上的点的距离，则其最小值为圆心到直线的距离减去半径，不妨以为例， 则的最小值为 故答案为：1或3；. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，的中点为，，且，延长到点，使点为线段的中点，则下列结论正确的有________．（填序号） ① ②的面积的最大值为 ③若为锐角三角形，的取值范围为 ④的最小值为 【答案】①③④ 【解析】 【分析】已知等式由正弦定理和三角恒等变换化简，求角判断①；由余弦定理和基本不等式得，再由判断②；由，利用向量的数量积和三角恒等变换化简得，为锐角三角形，有，结合正弦函数的性质求取值范围判断③；设，由余弦定理，利用辅助角公式和正弦函数的性质求最小值判断④. 【详解】对于①，已知，由正弦定理得， 即，得， 则有，得， 又由于，所以，故， 而，所以，①正确； 对于②，在中，由余弦定理，得， 所以，所以，当且仅当时取等号， 由于， 所以的面积的最大值为，故②错误； 对于③，在中，由正弦定理得， ，， 由AC的中点为M，有， ， 为锐角三角形，则，得， 当，有，所以， 有，故，③正确； 对于④，设，所以，在中由余弦定理， ， ，， 故当，即时， 取最小值，所以的最小值为，故④正确. 三．解答题：本大题共5小题，共60分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 19. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调减区间； （3）在中，、、分别是角、、的对边，若，，的面积，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换及二倍角公式进行化简即可得，再求周期即可； （2）根据解析式，求函数的递减区间即可； （3）先利用三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求得的值即可. 【小问1详解】 函数， 可得， 所以的最小正周期； 【小问2详解】 令，解得， 所以的单调递减区间是； 【小问3详解】 ∵，，∴， 又，则， 可得，则， ∵，的面积为， 即， ∴，， ∴. 20. 四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，，为等边三角形，点，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点在线段上，且，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接,因侧面平面，平面平面, 又为等边三角形，点是的中点，则,则平面, 又平面,则. 因四边形为直角梯形，，，，， 则,由可得, 又因点为的中点，则,故,因平面, 则得平面. （2） （3） 【解析】 【分析】(1)先利用面面垂直的性质推出平面，得，再由勾股定理证明，继而推得，根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）依题意建系，写出相关点的坐标与向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）利用点到平面的距离的向量公式计算即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 如图取的中点，连接，易得，则， 分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系； 则， 故. 因平面，则可作为平面的一个法向量； 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面所成角为， 则； 【小问3详解】 依题意，点是的中点，则，，平面的法向量为， 则点到平面的距离为. 21. 已知椭圆的离心率为，且过点，点、分别为椭圆的左右焦点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； （3）过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在使得为定值. 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及点，联立方程即可求解， （2）根据勾股定理以及椭圆的定义，结合等面积法即可求解， （3）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，进而根据向量的坐标运算即可化简求解. 【小问1详解】 根据题意可得，解得, 故椭圆方程为 【小问2详解】 设,且， 由于，又，故, ，即可， 由于,故， 将代入椭圆方程可得,故. 【小问3详解】 ，设直线,， 将代入椭圆方程中化简可得， 设, 故,从而， ， 要使为定值，则需满足，故， 故存在使得为定值. 22. 函数的定义域为，，的导函数，为处的切线． （1）求的最小值； （2），证明：除点外，曲线均在上方； （3）若时，直线过且与垂直，，分别于轴的交点为与，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 由题可知切线的方程为， 即， 令， ， 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递增，且， 当时，，当时，， ，， 当时，，则， 综上，当时，，单调递减，当时，，单调递增， ， 所以，除点外，曲线均在上方； （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最小值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围． 【小问1详解】 令， 则，令，解得， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以， 即的最小值为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，直线，直线， 所以，， 所以 ， 由（1）可得当时，当，单调递减， 时，单调递增，且时，，， ， 所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2027届高三第一次月考 数学学科试卷 本试卷分第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（选择题　共60分） 一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，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. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 若，， ，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数中既是偶函数，又在区间内是增函数的为（ ） A. ， B. ， C. ，且 D. ， 6. 已知当时，则 （ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 9. 函数在下列哪个区间上单调递减（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 11. 已知函数为函数的零点，直线为函数图像的对称轴，且在区间上是单调函数，则的最大值为（ ） A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 12. 函数的图象在点处的切线与直线垂直（是自然对数的底数），函数满足，若关于的方程（，）在区间上恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题　共90分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上． 13. 已知是虚数单位，化简的结果为________． 14. 在的展开式中，的系数为________． 15. 小鑫在一场篮球比赛中投了3次篮，他的投篮命中率为0.4，且每球是否命中均相互独立，设他投篮命中的次数为，则的期望是________；在已知他至少命中1次的条件下，他恰好命中1次的概率为________． 16. 已知不等式对任意满足的实数，恒成立，则实数的最大值是________． 17. 已知，，是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足.（1）当与共线时，_____；（2）的最小值是_____. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，的中点为，，且，延长到点，使点为线段的中点，则下列结论正确的有________．（填序号） ① ②的面积的最大值为 ③若为锐角三角形，的取值范围为 ④的最小值为 三．解答题：本大题共5小题，共60分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 19. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调减区间； （3）在中，、、分别是角、、的对边，若，，的面积，求的值. 20. 四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，，为等边三角形，点，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点在线段上，且，求点到平面的距离． 21. 已知椭圆的离心率为，且过点，点、分别为椭圆的左右焦点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； （3）过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 22. 函数的定义域为，，的导函数，为处的切线． （1）求的最小值； （2），证明：除点外，曲线均在上方； （3）若时，直线过且与垂直，，分别于轴的交点为与，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $