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新疆实验中学 2026 届高三上学期起点检测（第一次月考）
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.已知集合 = ∣ 5 < 3 < 5 , = { 3, 1,0,2,3}，则 ∩ =( )
A. { 1,0} B. {2,3} C. { 3, 1,0} D. { 1,0,2}
2 π π.已知函数 ( ) = 2025cos 2 + 3 ，则
′
4 =( )
A. 0 B. 2025 C. 2025 D. 4050
3.调和信号是指频率恒定的一种信号，三角函数性质可以表达调和信号的周期性，指数函数可用来描述信
sin2
号的衰减.已知一个调和信号的函数为 ( ) = e 1，它的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4 π 5.已知 ， ∈ 0, 2 ，cos( + ) = 13，tan + tan = 3，则 cos( ) =( )
A. 13 B.
7 4
13 C. 7 D. 1
5.设 1, 3 22是函数 ( ) = + + + 1 的两个极值点，若 1 + 3 2 = 2，则 =( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

6 1
2
.定义运算： = 1 4 2 3，将函数 ( ) =
3 sin 2π的图像向左平移 3 个单位，所得图像对3 4 1 cos
应的函数为偶函数，则 的可能取值是( )
A. 3 7 3 74 B. 4 C. 4 D. 4
7.已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 = 3， cos = (2 )cos ，设 是 的高，
则 的最大值为( )
A. 9 B. 9 32 4 C.
9 D. 3 34 2
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8.设函数 ( )的定义域为 ，满足 ( + 1) = 2 ( )，且当 ∈ (0,1]时， ( ) = ( 1).若对任意 ∈ ( ∞, ]，
8
都有 ( ) ≥ 9，则 的取值范围是
A. ∞, 9 B. ∞, 7 5 84 3 C. ∞, 2 D. ∞, 3
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.《几何原本》中的几何代数法(用几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据根据
这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”如图所示， 是半圆
的直径，点 是 上一点(不同于 ， ， )，点 在半圆 上，且 ⊥ ， ⊥ 于点 .设| | = ，| | = ，
则该图形可以完成的“无字证明”为( )
A. < + 2 ( > 0, > 0, ≠ )
B. + < 2 2 + ( > 0, > 0, ≠ )
C. 2 + < ( > 0, > 0, ≠ )
2+ 2D. > + 2 2 ( > 0, > 0, ≠ )
10.在直角坐标系内，由 ， ， ， 四点所确定的“ 型函数”指的是三次函数 ( ) = 3 + 2 + +
( ≠ 0)，其图象过 ， 两点，且 ( )的图像在点 处的切线经过点 ，在点 处的切线经过点 .若将由 (0,0)，
(1,4)， (3,2)， (4,0)四点所确定的“ 型函数”记为 = ( )，则下列选项正确的是( )
A.曲线 = ( )在点 处的切线方程为 = 2 + 8
B. ( ) = 18 ( 4)( 8)
C.曲线 = ( )关于点(4,0)对称
D.当 4 ≤ ≤ 6 时， ( ) ≥ 0
11.记 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知 是 的最小内角，且 tan 为整数，cos + sin =
2 2，则下列说法正确的是( )
A. = π4
B. = 3
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C.当 > > ，且 tan 也是整数时，tan = 3
D. 9 9面积的取值范围是[ 4 , 2 ]
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.log23 + log
1
4 9 = ．
13.已知 cos 3 1 8 + = 4，则 cos 2 4 = ．
14. ( )是定义在实数集 上的奇函数， ∈ ， (1 + ) = (1 )，若 (1) = 1，则 (1) + 22 (2) +
32 (3) + + 102 (10) = ．
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)
已知幂函数 ( ) = 2 4 (实数 ∈ )的图像关于 轴对称，且 (2) > (3)．
(1)求 的值及函数 ( )的解析式；
(2)若 ( + 2) < (1 2 )，求实数 的取值范围．
16.(本小题 15 分)
在 中，角 , , 的对边分别为 , , .已知 sin = 3 cos ， 2 = 1， = 7．
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求 sin( + 2 )的值．
17.(本小题 15 分)
( 1)
已知 > 0,函数 ( ) = 1 .
(1)若 = 2,求 ( )的单调区间;
(2)若 ( )在(2, + ∞)上不单调，求 的取值范围．
18.(本小题 17 分)

已知函数 ( ) = 2sin cos + 2sin 4sin2 2 sin > 0, | | < π ，其图像的一条对称轴与相邻对称中心
π
的横坐标相差4，______，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．
( ) π①函数 的图像向左平移3个单位长度后得到的图像关于 轴对称且 (0) < 0；
π π
②函数 ( )的图像的一个对称中心为 12 , 0 且 6 > 0．
(1)求函数 ( )的解析式；
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(2)若关于 的方程 ( ) + 12 2
π
3 = 2 有实根，求实数 的取值范围．
19.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = 1 ln + ln ．
(1)当 = 时，求曲线 = ( )在点 1, (1) 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若不等式 ( ) ≥ 1 恒成立，求 的取值范围．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.0
13.78/0.875
14.49
15.【详解】(1) 2由题意，函数 ( ) = 4 (实数 ∈ )的图像关于 轴对称，且 (2) > (3)，
所以在区间(0, + ∞)为单调递减函数，
所以 2 4 < 0，解得 0 < < 4，
∈ ( ) = 2又由 ，且函数 4 (实数 ∈ )的图像关于 轴对称，
所以 2 4 为偶数，所以 = 2，
所以 ( ) = 4．
(2)因为函数 ( ) = 4图象关于 轴对称，且在区间(0, + ∞)为单调递减函数，
所以不等式 ( + 2) < (1 2 )，等价于|1 2 | < | + 2|且 1 2 ≠ 0, + 2 ≠ 0，
解得 1 1 13 < < 2或2 < < 3，
1 1 1所以实数 的取值范围是( 3 , 2 ) ∪ ( 2 , 3)．
16.【详解】(1)已知 sin = 3 cos ，由正弦定理sin = sin ，
得 sin = sin = 3 cos ，显然 cos ≠ 0，
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得 tan = 3，由 0 < < π，
π
故 = 3；
(2)由(1)知 cos = 12，且 = 2 + 1， = 7，
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，
则 7 = 2 + (2 + 1)2 2 × 12 (2 + 1) = 3
2 + 3 + 1，
解得 = 1( = 2 舍去)，
故 = 3；
(3) 3由正弦定理sin = sin ，且 = 1, = 7, sin = 2 ，
sin 21
得 sin = = 14 ，且 > ，则 为锐角，
cos = 5故 14 7，故 sin2 = 2sin cos =
5 3
14 ，
2
且 cos2 = 1 2sin2 = 1 2 × 21 1114 = 14；
故 sin( + 2 ) = sin cos2 + cos sin2 = 32 ×
11 1 5 3 4 3
14 + 2 × 14 = 7 ．
17.【详解】(1) ( )的定义域为( ∞,1) ∪ (1, + ∞)，
′( ) = e 2 1 1 1 e ( 1)2 = e
(2 3)
( 1)2 ，
3
令 ′( ) > 0 < 0 或 > 2，
′( ) < 0 0 < < 1 或 1 < < 32，
∴ ( )在( ∞,0), 32 , + ∞ 上单调递增，在(0,1), 1,
3
2 上单调递减．
2
(2) ′( ) = e 1 + e 1 = e ( +1) +2 1 ( 1)2 ( 1)2 ( ≠ 1)，
设 ( ) = 2 ( + 1) + 2 ( > 0)，
注意到 (2) = > 0，要使 ( )在(2, + ∞)上不单调，
+1
∴只需满足 2
> 2
，解得 0 < < 1，
= ( + 1)2 + 4 ( 2) > 0 5
即实数 1的取值范围为(0, 5 )．
18.【详解】(1)因为 ( ) = 2sin cos + 2sin 4sin2 2 sin
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= 2sin cos + 2sin 2 1 cos sin
= 2sin cos + 2cos sin = 2sin( + )，
π
又其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差4，
= π所以4 4，即 = π，所以 = 2，即 ( ) = 2sin(2 + )，
π 2π
若选①，则函数向左平移3个单位长度后为 = 2sin 2 + 3 + ，
2π+ = π+ π, ∈ = π又其为偶函数，所以 3 2 ，即 6 + π, ∈ ，
| | < π (0) < 0 = π又因为 ，且 ，所以 6，所以 ( ) = 2sin 2
π
6 ；
π
若选②，因为函数 ( )的图像的一个对称中心为 12 , 0 ，
sin 2 × π π π则 12 + = 0，即6 + = π, ∈ ，所以 = 6 + π, ∈ ，
π
又因为| | < π，且 6 > 0，所以 =
π π
6，所以 ( ) = 2sin 2 6 ，
π
故无论选①还是选②，都有 ( ) = 2sin 2 6
(2)因为 ( ) + 12 2
π
3 = 2sin 2
π
6 + sin 2 2
π
3
π
6
π π π π π
= 2sin 2 6 + sin 2 2 6 2 = 2sin 2 6 cos 2 2 6
= 2sin2 2 π π π6 + 2sin 2 6 1，令 sin 2 6 = ，则 ∈ [ 1,1]，
即 = 2 2 + 2 1, ∈ [ 1,1]，则 ∈ 32 , 3
1 π
则方程 ( ) + 2 2 3 = 2 有实根，即 = 2
2
1 + 2 + 1, ∈ [ 1,1]与 2 = 2 有交点，所以 2 ∈
3 , 3 ∈ 3 32 ，则 4 , 2
19.【详解】(1) ∵ ( ) = ln + 1，∴ ′( ) = 1 ，∴ =
′(1) = 1．
∵ (1) = + 1，∴切点坐标为(1,1 + )，
∴函数 ( )在点(1, (1)处的切线方程为 1 = ( 1)( 1)，即 = ( 1) + 2，
∴ 2切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2), ( 1 , 0)，
∴ 1所求三角形面积为2 × 2 × |
2 2
1 | = 1．
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(2)［方法一］：通性通法
∵ ( ) = 1 ln + ln ，∴ ′( ) = 1 1 ，且 > 0．
设 ( ) = ′( )，则 ′( ) = 1 + 1 2 > 0,
∴ ( )在(0, + ∞)上单调递增，即 ′( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 = 1 时， ′(1) = 0，∴ ( )min = (1) = 1，∴ ( ) ≥ 1 成立．
1 1 1
当 > 1 时， < 1，∴
1 < 1 ∴ ′( 1 ， )
′(1) = ( 1 1)( 1) < 0，
∴存在唯一 > 0，使得 ′0 ( ) = 0 1
1 ′
0 = 0，且当 ∈ (0, 0)时 ( ) < 0，当 ∈ ( , + ∞)时
′
0 ( ) > 0，
0
∴ 0 1 = 1 ，∴ ln + 0 1 = ln 0，0
因此 ( ) 1min = ( 0) = 0 ln 0 + ln
= 1 + ln + 0 1+ ln ≥ 2ln 1 + 2
1
0 = 2ln + 1 > 1，0 0
∴ ( ) > 1, ∴ ( ) ≥ 1 恒成立；
当 0 < < 1 时， (1) = + ln < < 1, ∴ (1) < 1, ( ) ≥ 1 不是恒成立．
综上所述，实数 的取值范围是[1, + ∞)．
［方法二］【最优解】：同构
由 ( ) ≥ 1 得 1 ln + ln ≥ 1，即 ln + 1 + ln + 1 ≥ ln + ，而 ln + = ln + ln ，所以
ln + 1 + ln + 1 ≥ ln + ln ．
令 ( ) = + ，则 ′( ) = + 1 > 0，所以 ( )在 上单调递增．
由 ln + 1 + ln + 1 ≥ ln + ln ，可知 (ln + 1) ≥ (ln )，所以 ln + 1 ≥ ln ，所以 ln ≥
(ln + 1)max．
令 ( ) = ln + 1 1 1 ，则 ′( ) = 1 = ．
所以当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0, ( )单调递增；
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0, ( )单调递减．
所以[ ( )]max = (1) = 0，则 ln ≥ 0，即 ≥ 1．
所以 的取值范围为 ≥ 1．
［方法三］：换元同构
由题意知 > 0, > 0，令 1 = ，所以 ln + 1 = ln ，所以 ln = ln + 1．
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于是 ( ) = 1 ln + ln = ln + ln + 1．
由于 ( ) ≥ 1, ln + ln + 1 ≥ 1 + ln ≥ + ln ，而 = + ln 在 ∈ (0, + ∞)时为增函数，故
≥ ，即 1 ≥ ，分离参数后有 ≥ 1．
1 1 1
令 ( ) = ′ (1 ) 1，所以 ( ) = 2 2 = 2 2 ．
当 0 < < 1 时， ′( ) > 0, ( )单调递增；当 > 1 时， ′( ) < 0, ( )单调递减．
所以当 = 1 时， ( ) = 1取得最大值为 (1) = 1.所以 ≥ 1．
［方法四］：
因为定义域为(0, + ∞)，且 ( ) ≥ 1，所以 (1) ≥ 1，即 + ln ≥ 1．
令 ( ) = + ln ，则 ′( ) = 1 + 1 > 0，所以 ( )在区间(0, + ∞)内单调递增．
因为 (1) = 1，所以 ≥ 1 时，有 ( ) ≥ (1)，即 + ln ≥ 1．
下面证明当 ≥ 1 时， ( ) ≥ 1 恒成立．
令 ( ) = 1 ln + ln ，只需证当 ≥ 1 时， ( ) ≥ 1 恒成立．
因为 ′( ) = 1 + 1 > 0，所以 ( )在区间[1, + ∞)内单调递增，则[ ( )]
1
min = (1) = ln ．
因此要证明 ≥ 1 时， ( ) ≥ 1 恒成立，只需证明[ ( )] 1min = ln ≥ 1 即可．
由 ≥ + 1, ln ≤ 1，得 1 ≥ , ln ≥ 1 ．
上面两个不等式两边相加可得 1 ln ≥ 1，故 ≥ 1 时， ( ) ≥ 1 恒成立．
当 0 < < 1 时，因为 (1) = + ln < 1，显然不满足 ( ) ≥ 1 恒成立．
所以 的取值范围为 ≥ 1．
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