资源简介

广东省深圳市第二高级中学 2026届高三上学期 9月月考
数学试卷
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 = log ≤ 2, ∈ = +1.已知集合 2 ， 4 ≤ 0 ，则 ∩ =( )
A. 1 ≤ ≤ 4 B. 0 < < 4
C. 1,2,3,4 D. 1,2,3
2.函数 = lg( 1) 的图象是( )
A. B. C. D.
3.设 , 是两个不同的平面， ∩ = ， 是异于 的一条直线，则“ // ”是“ // 且 // ”的( )
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
4.设 = 70, = 0.33, = log 17 3，则 , , 的大小关系为( )
A. < < B. < < C. < < D. < <
5.已知 ( )是奇函数，函数 = ( + 1)是偶函数，当 ∈ [ 1,0]时， ( ) = ，则 (2025) =( )
A. 1 B. 0 C. 1 D. 2
6.圆台的上底面半径为 2，下底面半径为 6，母线长为 16.已知 为该圆台某条母线的中点，若一质点从点
出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点 ，则该质点运动的最短路径长为( )
A. 16 B. 16 2 C. 8π D. 16π
7.已知 ∈ ， 2 + 1 ln ≤ 0 在 ∈ 12 , 2 上恒成立，则实数 的取值范围为( )
A. ∞, 1 B. 1 , 12 3 2 C.
1
3 , + ∞ D. ∞,
1
3
8.已知函数 ( ) = e 2 + 2 有两个极值点 , ，若 = 2 ，则 = ( )．
A. 0 B. ln2 C. 1ln2 D. e
第 1页，共 9页
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设正实数 ， 满足 + = 2，则( )
A. 有最大值为 1 B. 2 + 2有最小值为 4
C. 4 +
2
有最小值为 5 D. + 3 + + 4有最大值为 3 2
2 10 + 1, ≤ 0.已知函数 ( ) = log 1, > 0，则下列选项正确的是( )2
A.函数 ( )的值域为[ 1, + ∞)
B.方程 ( ) = 2 有两个不等的实数解
C. 1 2不等式 ( ) > 0 的解集为 0, 8 ∪ 4 , 2 2 ∪ (8, + ∞)
D.关于 的方程 2( ) 2 ( ) = 1 2的解的个数可能为 2,4,5
11.若正方体 1 1 1 1边长为 1，点 满足 = + ，其中 ∈ 0,1 , ∈ 0,1 ，则( )
A.当 = 0 时，存在点 ，使得 /\ !/平面 1 1
B.当 , 满足 = 2时，不存在点 ，使得 1 ⊥ 1
C.当 , 满足 + = 1 π时，存在点 ，使得 与平面 1 1所成角为3
D.当 , 满足 2 2 + 4 2 = 1 时，三棱锥 2 31的体积的最小值为 12
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12.曲线 = cos2 + π π4在 = 4处的切线方程为 ．
2
13 2 , < 0.已知函数为 ( ) = e + ln( + 1), ≥ 0，在 上单调递增，则 取值的范围 ．
ln e2 14 +1.函数 ( ) = 在区间 e, 1 ∪ 1, e 上的最大值为 ，最小值为 ，则 + = ．
四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13 分)
在 5 道数学试题中有 3 道代数题和 2 道几何题，每次从中随机抽出 1 道题，抽出的题不再放回．
(1)如果从中抽 2 道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；
(2)如果从中抽 3 道题，记 表示抽到代数题的道数，求随机变量 的分布列和数学期望．
16.(本小题 15 分)
已知 ，其内角 ， ， 的对边分别为 ， 1 = 2cos ， ，且sin 2sin +sin ．
(1)求 ；
第 2页，共 9页
(2) = 3 = 3 3若 ， 2 ， 为 边上的中点，求 的长．
17.(本小题 15 分)
1
如图，在三棱柱 1 1 1中，底面 为正三角形． = 1 = 1 = 4，且 cos∠ 1 = 4 , 为
的中点．
(1)证明： ⊥ 1 ；
(2) 3 10点 是线段 1 上一点，求使得二面角 1的正弦值不小于 10 的点 形成的轨迹长度．
18.(本小题 17 分)
2
如图，椭圆的方程为 2 2 + = 1，左、右焦点分别为 1( 1,0), 2(1,0).设 , 是椭圆上位于 轴上方的两点，
且直线 1与直线 2平行， 2与 1交于点 ．
(1)求椭圆的方程；
(2) 1求证： +
1
1
是定值；
2
(3)求三角形 1 2的周长．
19.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = e , ( ) = + 1．
(1)讨论函数 ( ) = ( ) ( )的单调性;
(2)若 ∈ , ( ) ≥ ( )恒成立，求实数 的取值范围；
(3)证明： ln + cos + 1 < ( )．
第 3页，共 9页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.8 + 4 3π = 0
13.[ 1,0]
14.2
15.【详解】(1)设事件 =“从中抽 2 道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
C1C1 ( ) = 3 22 =
6 3
10 = 5．C5
(2)根据题意， 可能的取值为 1，2，3
1 2 2 1 3
( = 1) = C3C2 33 = 10， ( = 2) =
C3C2 = 3， ( = 3) = C3 = 1，
C5 C
3 5 C35 5 10
所以 的分布列为

1 2 3
3 3 1
10 5 10
3 3 1 9
故随机变量 的期望 ( ) = 1 × 10 + 2 × 5 + 3 × 10 = 5．
16. 1 2cos 【详解】(1)因为sin = 2sin +sin ，即 2sin + sin = 2sin cos ，
且 sin = sin( + ) = sin cos + cos sin ，
第 4页，共 9页
即 2sin cos + 2cos sin + sin = 2sin cos ，
得 2sin cos + sin = 0，且 ∈ (0, π)，则 sin ≠ 0，
可得 cos = 12，且 ∈ (0, π)
2π
，所以 = 3 ．
(2)如图：
= 3 = 2π因为 ， 3，
1
由 = 2 sin =
3 3 1
2 ，所以2 × 3 × ×
3 3 3
2 = 2 ，解得 = 2，
在 1中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 4 + 9 2 × 2 × 3 × 2 = 19，则 = 19，
19
又 为 边上的中点，所以 = 2 ，
2 2 2
在 中，由余弦定理得，则 cos = + = 19+9 42 2× 19×3 =
4 19
19 ，
在 19 19 4 19 7中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 9 + 4 2 × 3 × 2 × 19 = 4，
7
所以 = 2 ．
17.【详解】(1)如图，连接 ，因为底面 为边长为 4 的正三角形，且 为 的中点，所以 = 2 3，
又 = 1 = 1 = 4，所以 1 ⊥ ，且 1 = 2 3，
2 2 2 2 2 2
在 1 中，因为 cos∠ 1 =
1
4，由余弦定理可得 cos∠ =
+ 1 1 4 +4 1 1
1 2 = 2×4×4 = 4，1
解得 1 = 2 6，
在 1 中，因为 2 + 2 21 = 1 ，所以 1 ⊥ ．
因为 , 平面 ，且 ∩ = ，所以 1 ⊥平面 ，
又 平面 ，故 ⊥ 1 ．
(2)由(1)知 1 ⊥平面 ，因为 = ，所以 ⊥ ，
则以 为坐标原点，以 , , 1所在直线分别为 轴， 轴， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
第 5页，共 9页
则 (0, 2,0), 2 3, 0,0 , 1 2 3, 2,2 3 ，
设 (0,0, ) 0 ≤ ≤ 2 3 ，则 = 2 3, 2,0 , 1 = 0, 2,2 3 ， = (0, 2, )，
= 0 2 3 + 2 = 0
设平面 1的法向量为 1 = 1, 1, 1 ，则 1 1 1
，即
1 1 = 0 2 1 + 2 3 1 = 0
取 1 = 1，则 1 = 3, 1 = 1，则平面 1的一个法向量为 1 = 1, 3, 1 ．

= , ,

2
= 0 2 3 2 + 2 = 0设平面 的法向量为 2 2 2 2 ，则 ，即
2 ,
2 = 0 2 2 2 = 0
取 2 = 2 3，则 2 = 3 , 2 = ，则平面 的一个法向量为 2 = , 3 , 2 3 ．
设二面角 3 101的平面角为 ，当 sin ≥ 10 时，
由sin2 + cos2 = 1 得 cos ≤ 1010 ，
即 cos , = 1 2 = 4 2 3 ≤ 101 2 ，1 2 5× 4 2+12 10
整理得 3 8 3 + 7 2 ≤ 0，即 3 3 7 ≤ 0，
3 ≤ ≤ 3 3 3 = 6 3解得 7 ，因为 7 7 ，
3 10
故使得二面角 1的正弦值不小于 10 的点
6 3
形成的轨迹长度为 7 ．
18.【详解】(1)由题设，椭圆的半焦距为 = 1 且焦点在 轴上，故 2 > 1 且 2 = 1，
2
故 2 = 1 + 1 = 2 ，故椭圆方程为 22 + = 1．
(2)
第 6页，共 9页
如图，延长 1交椭圆于 ，由对称性可得 1 = 2 ．
因为直线 1与直线 2平行，故直线 1的斜率不为零，
设 1, 1 , 2, 2 ，直线 : = 1，则 1 2 < 0，
1
则 +
1 = 1 + 1 = 1 1 + 1 = 1 1 2 ．
1 2 1 1 1+ 2 1 2 1+ 2 1 2
= 1
由 2 2 2 + 2 2 = 2可得 + 2 2 1 = 0，
故 = 8 2 + 8 > 0， 1 2 =
1 2
2+2， 1 + 2 = 2+2，
2 2 2×
2+1
故 1 2 = 1 + 2 4 1 2 = 2+2 ，
1 1 1 2 2× 2+1
故 + = = 2 2．1 2 1+ 2 1
(3) | | 因为 1/\ !/ 2，所以 =
2
1
，
1
| | | |+ +
即 + 1 = 2 + 1，即 1 =
2 1
1 1 1
．
1
= 所以 11 + 1 ．1 2
由点 在椭圆上知， 1 + 2 = 2 2，所以 11 = + 2 2 2 ．1 2

同理可得， = 22 + 2 2 1 ．1 2
所以 1 + 2 =
1 2 2 + 2 + 2 + 2 2 11 2 1 2
= 2 2 2 1 2 2 3 2 1 +
= 2 2
2 1 + 1
= 2 ．
1 2
= 2 3而 1 2 ，故三角形 1 2的周长为 2 + 2 2．
19.【详解】(1) ( ) = ( ) ( ) = e 1
′( ) = e ，
当 ≤ 0 时， ′( ) > 0, ( )在 上单调递增，
当 > 0 时，令 ′( ) = e = 0，解得 = ln ，
∴ ∈ ∞, ln , ′( ) < 0, ( )单调递减，
∴ ∈ ln , + ∞ , ′( ) > 0, ( )单调递增，
综上：当 ≤ 0 时， ( )在 上单调递增；
第 7页，共 9页
当 > 0 时， ( )在 ∞, ln 上单调递减， ( )在 ln , + ∞ 上单调递增．
(2)由(1)可知 ∈ ， ( ) ≥ 0 恒成立，
又 (0) = 0，
当 ≤ 0 时， ( )在 上单调递增，所以 ( ) ≥ (0)可得 ≥ 0，不符合题意；
当 > 0 时，由(1)可知 ( )的唯一极小值为 (ln )，也即函数有最小值为 (ln )，
所以只需 (ln ) ≥ 0，又 (0) = 0，
所以 (ln ) = (0)，可得 ln = 0，即 = 1，
综上，实数 的取值范围为 1 ．
(3)要证 ln + cos + 1 < ( )，
即证 ln + cos + 1 < e ( > 0)，
①当 ≥ 1 时，先证 ln ≤ 1，
1 1
令 ( ) = ln + 1，则 ′( ) = 1 = ≤ 0，
所以 ( )在[1, + ∞)上单调递减，故 ( ) ≤ (1) = 0，
所以 ln ≤ 1，
又 cos ≤ 1，所以 cos ≤ ，
所以 ln + cos + 1 ≤ ( 1) + + 1 = 2 + 1，
令 ( ) = e 2 1，则 ′( ) = e 2 ，
令 ( ) = e 2 ， ′( ) = e 2，
当 ≥ 1 时， ′( ) = e 2 ≥ e 2 > 0，
所以 ( ) = e 2 在[1, + ∞)上单调递增，
当 ≥ 1 时， ( ) ≥ (1) = e 2 > 0，
所以 ′( ) > 0，即 ( )在[1, + ∞)上单调递增，
所以 ( ) ≥ (1) = e 2 > 0，即 2 + 1 < e ，
所以 ln + cos + 1 < e ；
②当 0 < < 1 时，由 ln < 0，则 ln < 0，
由 cos < 1，则 cos < ，
所以 ln + cos + 1 < + 1，
由(2)知，e ≥ + 1，当 = 0 时等号成立，
第 8页，共 9页
所以当 0 < < 1 时， + 1 < e ，
所以 ln + cos + 1 < e ，
综上，当 > 0 时， ln + cos + 1 < e ，即 ln + cos + 1 < ( )．
第 9页，共 9页

展开更多......

收起↑