精品解析：天津市第二中学2026-2027学年高三上学期第一次月考 数学试卷

2026-2027（一）天津二中高三年级第一次月考 数学学科试卷 一、选择题（每题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出集合，，利用交集的定义即可求解. 【详解】对于集合，由于，解得，则， 对于集合，由于，即，则，所以； 故选：A 2. 已知a，，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】 【详解】分析充分性： 若成立， 举反例验证：取，，此时，， 但，，显然不成立，即不成立， 因此充分性不成立. 分析必要性： 若成立， 由绝对值的性质：， 因为，所以，即a为正数， 当时，， 又因为，结合，可得， 即， 因为， 所以， 因此必要性成立. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过判断函数的奇偶性排除部分选项，再结合函数的零点个数确定最终选项. 【详解】由题意，函数 的定义域为. 因为 ，所以函数 为偶函数，其图象关于 轴对称，故排除选项 B C； 又因为 等价于 ，解得 ，即函数 只有唯一零点 ， 观察选项 D ，其图象在 轴正半轴上有交点（即存在非零零点），故排除选项 D ； 综上所述，只有选项 A 符合题意. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 回归分析中，决定系数越小，说明残差平方和越小，拟合效果越好 B. 线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱 C. 已知随机变量，则 D. 已知随机变量，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，回归分析中，决定系数，越小， 说明残差平方和越大，模型拟合效果越差，故A错误； 对于B，线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强. 若为负数，则越大（越接近0）反而线性相关性越弱，故B错误； 对于C，由随机变量，得，，故C正确； 对于D，因，则，又因， 则，故D错误. 5. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则； ④若，，，则 其中真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】对于①，若，，则与可能平行或相交，如正方体中两两垂直的三个相邻平面，两个侧面均垂直于底面，但两个侧面互相垂直，故①错误； 对于②，若，，则或，故②错误； 对于③，若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，故③错误； ④若，，，则与的位置关系可能为平行、相交或，故④错误； 综上所述，四个命题均为假命题，真命题的个数为0. 6. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 15 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式，结合已知条件求出公比，再计算. 【详解】对于正项等比数列，其首项为，公比为， 前项和公式为，已知， 假设，则，那么，， 因为，所以，由可得： ，化简可得：， 根据立方差公式可得：， 因为且，所以，等式两边除以可得： ，化简可得：， 进一步化简得：，即，求解可得： 或，因为，所以，根据等比数列的前项公式可得： . 7. 若，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作差法判断A选项；构造函数，通过单调性判断B选项；由余弦函数和幂函数单调性判断C选项；构造函数，通过单调性判断D选项. 【详解】A选项： 因为，所以，故，A正确； B选项：令，显然在上单调递增， 又，所以，B正确； C选项：设，则在上单调递减， 因为，所以，且， 设，由于，故在上单调递增， 故，C正确； D选项：令，显然在上单调递增， 因为，所以，即， 则，D错误. 8. 已知则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 所以， 因为，所以，当且仅当时取得等号， 所以的最小值是. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数x为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先由图象求出函数的周期，从而求出，结合五点法可求出，明确函数的解析式，将所求不等式转化为或，由于自变量为正整数，从而由即可选出正确答案. 【详解】解析：由图可知，即，所以． 由五点法可得，即．所以． 因为， 所以由，得或． 因为， 所以满足题意的最小正整数x为2， 故选:B． 【点睛】关键点睛: 本题考查了由三角函数的图象求函数的解析式，本题的关键是求出函数的解析式将所解不等式进行化简. 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数的虚部为________． 【答案】 【解析】 【详解】由，得复数的虚部为. 11. 已知展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是__________. 【答案】240 【解析】 【分析】先根据二项式系数的性质确定的值，再利用二项展开式的通项公式求解常数项. 【详解】由二项式系数的对称性和题意可知，展开式共有7项，. 的展开式通项公式为，. 令，得，所以展开式中常数项为. 12. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设轴正半轴上圆心为，由圆与两直线相切得圆心到两直线距离相等，去掉分母化简得，舍去不合题意的得，再求出半径平方，即可写出圆的标准方程. 【详解】设圆的圆心为，其中，半径为. 因为圆与直线和都相切， 则圆心到两条直线的距离均等于半径，即，. 化简得，即. 因为，分情况讨论：当时，解得； 当时，解得，不符合，舍去. 将代入距离公式，得，则. 所以圆的标准方程为. 13. 某校美术社团在校园文化节期间制作了“金面具”、“青铜立人像”、“青铜太阳形器”3枚三星堆文物图案印章，并为每位学生随机选择1枚盖章留念，则学生甲得到“金面具”图案的概率为________；学生甲、乙、丙三人中至少有一人得到“青铜太阳形器”图案的条件下，恰有一人得到“青铜太阳形器”图案的概率为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（2）设"恰有一人得到青铜太阳形器图案"为事件，"至少有一人得到青铜太阳形器图案"为事件，因为，所以. 【详解】（1）3枚印章中"金面具"图案只有1枚，每枚被选到的概率相等，故甲得到"金面具"图案的概率为. 设"恰有一人得到青铜太阳形器图案"为事件，"至少有一人得到青铜太阳形器图案"为事件. 每人独立从3种图案中随机取1种，得到青铜太阳形器图案的概率为，未得到的概率为. 由二项分布，. . 由于，由条件概率公式，. 14. 设是半径为1的圆内接正2026边形，是圆上的动点．则的取值范围为______；的值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据向量加法的多边形法则，化简可得原式，进而结合条件即可求解； （2）根据条件，向量的减法运算，及数量积的运算律，进而即可求解． 【详解】由， 又是半径的圆内接正2026边形，是圆上的动点， 所以， 所以取值范围为； 又， 则， 所以 ． 15. 已知，若方程有个实数解，则实数的取值范围是____________.若，都有，则实数的取值范围是____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】在取值为正，负，零三种情况下，分别作出分段函数图像，数形结合确定的取值范围. 【详解】若： 当时，的图像为开口向上，顶点的抛物线； 当时，的图像是将图像向右平移个单位. 则的图像如下. 因为，若方程有个实数解，则有，解得. 而此时，不成立. 若： 当时，的图像为开口向下，顶点的抛物线； 当时，的图像是将图像向左平移个单位. 则的图像如下. 此时方程只有个实数解，不满足条件. 而此时，为增函数，都有恒成立. 若： 当时，的图像为一条水平射线； 当时，. 则的图像如下. 此时方程只有个实数解，不满足条件. 而此时，不成立. 综上所述，若方程有个实数解，则实数的取值范围是； 若，都有，则实数的取值范围是. 故答案为：；. 三、解答题（共75分） 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，． （1）求角； （2）求的值； （3）若，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合余弦定理运算得解； （2）由结合正弦定理边化角，进而求得，再利用二倍角公式求得，最后根据两角和的余弦公式运算得解. （3）结合正弦定理求解出边长，再结合题意求出，最后利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 由， 展开得，即， 由余弦定理可得，，所以. 【小问2详解】 由及正弦定理得， 因为，所以，即， 由（1）可知A为钝角，所以C为锐角，所以， ，， 所以. 【小问3详解】 由题意得，，， 则由正弦定理得，解得， 而， 由三角形面积公式得. 17. 已知函数 （1）求函数的单调减区间和图象的对称中心坐标； （2）将函数图象上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，再将函数的图象向上平移1个单位，得到函数图象，若函数在上恰有2个极值点和2个零点，求的取值范围． 【答案】（1）函数的单调减区间为(),图象的对称中心坐标为(). （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换的公式化简，再套正弦函数的结论求单调递减区间和对称中心坐标. （2）利用平移和伸缩变换求出解析式，将角的部分换元，设为，求的取值范围，将函数在恰有2个极值点和2个零点，转化为函数在恰有2个极值点和2个零点，依据此条件可列不等式求得的范围. 【小问1详解】 ， 令(), 解得(), 所以函数的单调减区间为(). 令()， 解得()， 所以图象的对称中心坐标为(). 【小问2详解】 由(1)可得， 所以， 向上平移一个单位得：， 当时，令， 则，， 因为函数在上恰有2个极值点， 所以在恰有2个极值点， 的极值点对应()， 时，； 时，； 时，， 所以第一和第二个极值点在区间内，第三个极值点不在区间内， 所以可得不等式， 解得. 因为函数在上恰有2个零点， 所以在恰有2个零点， 的零点对应()， 时，； 时，； 时，， 所以第一和第二个零点在区间内，第三个零点不在区间内， 所以可得不等式， 解得. 综上所述，的取值范围为. 18. 在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）三棱锥的体积． 【答案】（1）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， ， 点为中点，故， 故， ，所以， ，所以， 又，平面， 由线面垂直判定定理得平面. （2） 平面与平面夹角的正弦值为. （3）三棱锥的体积为. 【解析】 【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明，，可得平面； (2)分别求平面和平面的法向量，可求得平面和平面夹角的正弦值； (3)根据为的中点，利用等体积法，转换体积，再求出底面面积，结合平面，以为高，代入棱锥体积公式求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由(1)可知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得，即， 设平面与平面的夹角为， ， ， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 因为为中点，所以， ，底面，故是三棱锥的高， ， ， ， 三棱锥的体积为. 19. 已知函数，，令，其中． （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的极值点个数． 【答案】（1） （2）单调递减区间为，无单调递增区间 （3）1 【解析】 【小问1详解】 首先计算切点坐标： 将代入，得，切点为. 再求切线斜率： 对求导， 由商的导数法则： 代入， 得. 由点斜式整理切线方程：  最终得切线方程： . 【小问2详解】 由（1）得， 分母在上恒成立， 只需分析分子的符号： 当时，， 故，且， 因此， 即， 当 时，令， 求导得： 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故最小值为，因此， 即 ， 所以. 因此在上单调递减，无增区间. 【小问3详解】 先化简：  ， 对求导得：  极值点即在内的变号零点， 分析函数的零点即可， . 对求导：  当时：，， 故在先增后减；且， ， 因此在上恒正，无零点. 当时：，， 故， 在此区间单调递减；代入端点：， ， 由零点存在定理，在内有且仅有1个变号零点. 因此在内仅有1个变号零点，即在上的极值点个数为. 20. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 【答案】（1） （2）证明：由题意得，． 因为有2个极值点a，b，则有两个正根a，b． 则，解得． 所以 ． 设，，则． 因为，所以，则， 所以在区间上单调递增． 即， 所以． （3）设， 当时，．又恒成立，则在上单调递减； 当时，．又恒成立，则在上单调递增． 因为方程在上有2个不同的根，， 又时，，如图所示： 所以，． 又在处的切线方程为，设，． 当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则． 即当时，． 与，的两个交点的横坐标分别为与， 则有，同时． 过点和的直线方程为， 该直线与的交点的横坐标为，同理可证：， 所以． 综上所述，成立． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，根据函数单调性得到恒成立，参变分离，结合基本不等式可得答案； （2）根据极值点情况可得不等式，得到，，故，设，，求导，得到的单调性，得到，证明出结论； （3）设，求导，得到的单调性，画出的图象，数形结合得到，．又在处的切线方程为，设，求导，得到的单调性，得到，并得到过点和的直线方程为，该直线与的交点的横坐标为，同理可证，所以，可得成立． 【小问1详解】 的定义域为，． 因为在上单调递增，所以恒成立． 则，即在上恒成立，所以． 因为，当且仅当时，等号成立． 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027（一）天津二中高三年级第一次月考 数学学科试卷 一、选择题（每题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知a，，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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 回归分析中，决定系数越小，说明残差平方和越小，拟合效果越好 B. 线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱 C. 已知随机变量，则 D. 已知随机变量，，则 5. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则； ④若，，，则 其中真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 15 D. 40 7. 若，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知则的最小值是（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数x为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数的虚部为________． 11. 已知展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是__________. 12. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的标准方程为__________. 13. 某校美术社团在校园文化节期间制作了“金面具”、“青铜立人像”、“青铜太阳形器”3枚三星堆文物图案印章，并为每位学生随机选择1枚盖章留念，则学生甲得到“金面具”图案的概率为________；学生甲、乙、丙三人中至少有一人得到“青铜太阳形器”图案的条件下，恰有一人得到“青铜太阳形器”图案的概率为________． 14. 设是半径为1的圆内接正2026边形，是圆上的动点．则的取值范围为______；的值为______． 15. 已知，若方程有个实数解，则实数的取值范围是____________.若，都有，则实数的取值范围是____________． 三、解答题（共75分） 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，． （1）求角； （2）求的值； （3）若，求的面积． 17. 已知函数 （1）求函数的单调减区间和图象的对称中心坐标； （2）将函数图象上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，再将函数的图象向上平移1个单位，得到函数图象，若函数在上恰有2个极值点和2个零点，求的取值范围． 18. 在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）三棱锥的体积． 19. 已知函数，，令，其中． （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的极值点个数． 20. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $