精品解析：天津市第八中学2026-2027学年第一学期高三年级第一次月考数学试卷

天津市第八中学2026—2027学年第一学期高三年级数学学科 第一次大单元练习 启用前保密等级 时间：120分钟；满分150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.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. 已知集合，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知直线l垂直于平面，直线在平面内，则“且”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. 设，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，且．则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. ． 8. 已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 9. 在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知i为虚数单位，复数，则________． 11. 已知平面向量满足，且，，则与的夹角等于__________. 12. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是______. 13. 已知，，，则的最小值是__． 14. 在中，，，记，用表示_________；若，则的最大值为_________． 15. 设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为_________． 三、解答题：本题共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，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值； （3）已知，且，求的值． 18. 在直四棱柱中，，，，， （1）求证：平面； （2）若直四棱柱体积为36，求二面角的余弦值. 19. 如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，. （1）求证：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值 （3）线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 20. 已知函数. （1）求曲线在处切线的斜率； （2）当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第八中学2026—2027学年第一学期高三年级数学学科 第一次大单元练习 启用前保密等级 时间：120分钟；满分150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.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. 已知集合，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由交集的定义求解即可. 【详解】因为， 则. 故选：B. 2. 已知直线l垂直于平面，直线在平面内，则“且”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】根据线面垂直的判定定理及其性质进行判断即可得出结论. 【详解】易知当且时，若相交，则可知，则可得， 若不相交，则不能推出，所以不一定成立，因此充分性不成立； 当，由直线l垂直于平面可得，又直线在平面内， 所以可得且，即必要性成立， 因此“且”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平方关系和正弦的二倍角公式化简求值即可. 【详解】由，平方可得: ， 解得. 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以. 5. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案. 【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立； 由，则，即，显然成立，必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B 6. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A，令，，则，函数为偶函数，故错误； C，令，，函数为奇函数，但在定义域上不单调，故错误； 方法一： B，令，，则，函数为奇函数， ，函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，则，函数为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： B，令，，则，函数为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，，函数为奇函数， ∵和均是增函数，则为增函数， ∴函数在定义域内单调递增，故正确. 7. 已知向量，，且．则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. ． 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算及向量的坐标运算可得数量积的值，再根据投影向量的运算公式求解即可得答案. 【详解】因为，，则， 所以，则， 所以在方向上的投影向量为 . 故选：A. 8. 已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式. 【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性： A选项中，B选项中， C选项中，D选项中， 排除选项CD， 对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A， 对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴， 故选：B. 9. 在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为. 因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知i为虚数单位，复数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数运算、共轭复数等知识求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以. 故答案为： 11. 已知平面向量满足，且，，则与的夹角等于__________. 【答案】 【解析】 【详解】由题意可得，解得 ，又因为所以．填． 12. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是______. 【答案】##30° 【解析】 【分析】由结合余弦定理，可求，进而可求B. 【详解】因为，所以， 由余弦定理的推论，得 因为，所以． 故答案为：． 13. 已知，，，则的最小值是__． 【答案】． 【解析】 【分析】 因为，展开后利用基本不等式，即可得到本题答案. 【详解】由，得， 所以，当且仅当，取等号. 故答案为： 【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，考查学生的转化能力和运算求解能力. 14. 在中，，，记，用表示_________；若，则的最大值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解. 【详解】空1：因为为的中点，则，可得， 两式相加，可得到， 即，则； 空2：因为，则，可得， 得到， 即，即. 于是. 记， 则， 在中，根据余弦定理：， 于是， 由和基本不等式，， 故，当且仅当取得等号， 则时，有最大值. 故答案为：；. 15. 设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围． 【详解】（1）当时，， 即， 若时，，此时成立； 若时，或， 若方程有一根为，则，即且； 若方程有一根为，则，解得：且； 若时，，此时成立． （2）当时，， 即， 若时，，显然不成立； 若时，或， 若方程有一根为，则，即； 若方程有一根为，则，解得：； 若时，，显然不成立； 综上， 当时，零点为，； 当时，零点为，； 当时，只有一个零点； 当时，零点为，； 当时，只有一个零点； 当时，零点为，； 当时，零点为． 所以，当函数有两个零点时，且． 故答案为：． 【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出． 三、解答题：本题共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，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理即可解出； （3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出． 【小问1详解】 由正弦定理可得，，即，解得：； 【小问2详解】 由余弦定理可得，，即， 解得：或（舍去）． 【小问3详解】 由正弦定理可得，，即，解得：，而， 所以都为锐角，因此，， ． 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值； （3）已知，且，求的值． 【答案】（1） 最小正周期为；单调递增区间为 （2） 当时，取最大值3；当时，取最小值0 （3） 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角公式、辅助角公式将化简为正弦型函数，令，即可求单调增区间； （2）计算的范围，结合正弦函数的值域可得最值. （3）根据题意求出，再结合三角恒等变换公式求出即可. 【小问1详解】 ， 最小正周期， 令， 解得， 即的单调递增区间为. 【小问2详解】 由题知，此时，故， 因此. 当，解得时，取最大值1，此时； 当，解得时，取最小值， 此时. 【小问3详解】  ，整理得， 已知，故， 又， 因此， 可得， ， 代入数值计算得. 18. 在直四棱柱中，，，，， （1）求证：平面； （2）若直四棱柱体积为36，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得，过作于，连接，证明即为二面角的平面角，在三角形中求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以，， 所以， 故二面角的余弦值为． 19. 如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，. （1）求证：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值 （3）线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的性质，结合正方形的性质建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式进行求解即可； （3）根据空间向量数量积的运算性质，结合面面垂直的判定定理进行求解即可. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 又，所以平面平面， 因为平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面平面， 平面平面，， 平面，所以平面， 又平面，故. 而四边形时正方形，所以又， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直 角坐标系.设，则，，， ，，取平面的一个法向量，设 平面的一个法向量，则，即， 令，则，所以.设平面与平面 所成锐二面角的大小为，则. 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是. 【小问3详解】 若与重合，则平面的一个法向量， 由（2）知平面的一个法向量，则， 则此时平面与平面不垂直.若与不重合， 如图设，则， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则，， 所以，若平面平面等价于， 即， 所以.所以，线段上存在点使平面平面，且. 20. 已知函数. （1）求曲线在处切线的斜率； （2）当时，证明：. 【答案】（1） （2） 要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证明. 【小问1详解】 ，则， 所以，故处的切线斜率为； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $