精品解析：天津大学附属中学2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试卷数学试卷

27届高三上第一次月考数学试卷 一．选择题（共9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题p的否定为“，使得”，则命题p为（ ）． A. ，使得 B. ，使得 C. ，使得 D. ，使得 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在正方体中，下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 5. 已知，，其中且，且，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 设，则“”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若函数的部分图象如图，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数在区间上的大致图象不可能为（ ） A. B. C. D. 9. 对于任意的实数，总存在三个不同的实数y，使得成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为__________． 11. 已知sinα＋2cosα＝0，则2sinαcosα－cos2α的值是______________. 12. 已知,,,是球的球面上的四点，，，两两垂直，,且三棱锥的体积为，则球的表面积为______． 13. 已知函数，当时，，则的取值范围是__________． 14. 在矩形ABCD中，，，P是对角线AC上一点，，过点P的直线分别交DA的延长线､DC于M，N，则___________，若，，则的最小值为___________. 15. 已知函数，若有唯一零点，则实数的值为________；若方程在区间内有两个不等实根，则实数的取值范围为________． 三．解答题（共5小题，每小题15分，共75分） 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的面积为6，求． 17. 函数． （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 19. 设函数，且在处的切线为． （1）求实数，的值； （2）求函数在上的最大值． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 27届高三上第一次月考数学试卷 一．选择题（共9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为集合中，， 所以当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 所以． 又， 所以． 2. 命题p的否定为“，使得”，则命题p为（ ）． A. ，使得 B. ，使得 C. ，使得 D. ，使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据特称命题的否定是全称命题，写出对应命题即可. 【详解】命题p的否定为“，使得”， 所以命题，使得， 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指对函数的单调性和中间值比较大小即可. 【详解】由，则， 由，，则， 由，则. 则. 故选：C 4. 如图，在正方体中，下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，利用线面平行、面面平行及线面垂直的判定定理与性质定理逐一判断各选项即可. 【详解】对于A，在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，则. 又因为平面平面，所以平面，故A正确； 对于，在正方体中，侧棱底面，即平面，故正确； 对于C，平面即平面，在正方形中，. 若平面平面，因为平面平面，且平面. 因为，所以平面，因为平面，所以. 但在正方体中，为等边三角形，所以与不垂直， 这与平面矛盾.所以平面不垂直于平面，故错误； 对于D，由A可知，又平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面，故D正确. 5. 已知，，其中且，且，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由对数换底公式用表示出，代入解方程可得． 【详解】因为，所以，得， 所以. 即. 因为，所以，解得 故选：A． 6. 设，则“”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由的范围得到，则由能得到，反之不成立，从而可求得结果. 【详解】 ， ， 故， 若“”，则“”， 若“”，则，此时可能不成立， 例如， 由此可知，“”是“”的必要不充分条件，故选B. 【点睛】判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 7. 若函数的部分图象如图，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵由题中图象可知.∴.∴.∴.故选B. 【考点定位】三角函数的图像与解析式 8. 函数在区间上的大致图象不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象的对称性可得函数的奇偶性，从而确定参数的值，再判断即可. 【详解】选项A，B中函数图象关于原点对称，则对应的为奇函数， 令，则为偶函数， 即，即， 所以，解得， 当时，，符合A项， 当时，，符合B项； 选项C，D中函数图象关于轴对称，则对应的为偶函数， 令，则为奇函数， 即，即， 所以，此时，当时，，故D符合，故C不符合. 9. 对于任意的实数，总存在三个不同的实数y，使得成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分离，构造关于的函数，然后画出图像，根据图像有三个交点，求出参数的取值范围. 【详解】 ， 令，则， 令，解得或者， 令，解得， 所以在和单调递增，在单调递减，如图所示， 要使得直线与函数有3个交点，则直线要在点上方， 而， 当且仅当时取到等号，所以， 所以只需满足即可， 故选：A 【点睛】方法点睛：分离参数后再构造函数，由解的问题转化为两个函数交点问题是处理含参导数问题的常用方法. 二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的模长和运算法则化简，由复数的基本概念可得虚部. 【详解】∵复数满足, ∴, ∴, ∴的虚部为. 故答案为：. 11. 已知sinα＋2cosα＝0，则2sinαcosα－cos2α的值是______________. 【答案】－1 【解析】 【详解】由已知可得，sinα＝－2cosα，即tanα＝－2 2sinαcosα－cos2α＝ 考点：本意考查同角三角函数关系式、三角函数恒等变形等基础知识，考查综合处理问题的能力. 12. 已知,,,是球的球面上的四点，，，两两垂直，,且三棱锥的体积为，则球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积可求三棱锥的侧棱长，补体后可求三棱锥外接球的直径，从而可计算外接球的表面积． 【详解】三棱锥的体积为，故， 因为，，两两垂直，，故可把三棱锥补成正方体， 该正方体的体对角线为三棱锥外接球的直径， 又体对角线的长度为，故球的表面积为. 填. 【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定． 13. 已知函数，当时，，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】等价为函数是减函数，根据指数函数、对数函数的单调性，列出不等式组，解不等式组求得的取值范围. 【详解】由于等价为函数是减函数，故，解得. 【点睛】本小题主要考查函数单调性的识别，考查指数函数、对数函数的单调性的运用，属于基础题. 14. 在矩形ABCD中，，，P是对角线AC上一点，，过点P的直线分别交DA的延长线､DC于M，N，则___________，若，，则的最小值为___________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，根据，即可求出的坐标，根据平面向量数量积的坐标表示计算，根据平面向量线性运算得到，再由平面向量共线定理的推论得到，最后利用乘“1”法及基本不等式计算可得； 【详解】解：如图以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则、、，所以，，， 因为是对角线上一点且，可得； 所以，， 所以 因为，所以，所以， 因为、、三点共线，设，则， 所以，则，，所以， 所以，当且仅当时取等号， 故答案为：； 15. 已知函数，若有唯一零点，则实数的值为________；若方程在区间内有两个不等实根，则实数的取值范围为________． 【答案】 ①. 或 ②. 【解析】 【分析】根据题意，转化为方程有唯一的实数根，利用，求得的值，再设，转化为函数的零点，结合一次函数与二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【详解】因为函数有唯一零点，可得方程有唯一实数解， 即方程有唯一的实数根，则满足， 即，解得或； 设，则的两个实根，即为函数有两个零点， 因为，可得， ①若，解得， 当时，， 令，可得，即，解得或（舍去）， 即当时，在区间上只有2个零点，符合题意； ②若，即， 令， 当在区间内有1个零点，在内有1个零点， 则满足，即，解得； 当在区间内无零点，在内有2个零点， 则满足且， 即且，解得， 因为，所以 综上可得，实数的取值范围. 三．解答题（共5小题，每小题15分，共75分） 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的面积为6，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由正弦定理得，而，可得， 因，，所以化简得，又，故. 【小问2详解】 由三角形面积公式得，解得， 再由余弦定理得，而，故解得. 17. 函数． （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域． 【答案】（1）最小正周期为，，． （2） 【解析】 【分析】（1）先化简函数解析式，结合周期和单调区间的求解方法可得答案； （2）根据图象变换求出，结合函数单调性可得值域. 【小问1详解】 ， 因为，所以的最小正周期为. 令，，解得，， 所以函数的单调减区间为，． 【小问2详解】 函数的图象先向左平移个单位得到， 将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到， 时，， 所以当时，解得，此时函数为增函数； 当时，解得，此时函数为减函数； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的最大值为，又因为，， 所以函数的最小值为，所以的值域为． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）距离为1. 【解析】 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 19. 设函数，且在处的切线为． （1）求实数，的值； （2）求函数在上的最大值． 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切点坐标和切线斜率列方程组求解参数，； （2）通过导数判断函数在给定区间的单调性，比较区间端点函数值得到最大值. 【小问1详解】 由，得函数的定义域为. . 在处的切线为，切点为，切线斜率. . ，解得，. 实数的值为，的值为1. 【小问2详解】 由（1）得，则. ，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 在区间端点处取得最大值. ，，且； ，则. 函数在上的最大值为. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $