天津市第一中学2026届高三上学期9月月考数学试卷(PDF版,含答案)

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天津市第一中学 2026 届高三上学期 9 月月考数学试卷
一、单选题:本题共 9 小题,每小题 5 分,共 45 分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.集合 = | 1 < < 3 , = 2, 1,0,2,4 ,则 R ∩ = ( ).
A. 2, 1,4 B. 1,2 C. 2,4 D.
2.设 ∈ π π,则“ 12 < 12”是“sin <
1
2”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.若函数 = ( )的大致图象如图所示,则 ( )的解析式可能是( )
A. ( ) = | | 1 B. ( ) = 1 | | C. ( ) = 2 1 D. ( ) =

1 2
4.化简 2log43 + log83 log32 + log92 的值为( )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
1 0.75 1.已知 = 20.7, = 3 , = log2 3,则( )
A. > > B. > > C. > > D. > >
6.已知 sin cos = sin cos ,则角 所在的区间可能是( ).
A. 0, B. , 3 3 4 4 2 C. 2 , 4 D. 4 ,
7.函数 ( ) = 0.3 的零点所在区间是( )
A. (0,0.3) B. (0.3,0.5) C. (0.5,1) D. (1,2)
8.设函数 ( ) = sin + π3 , ( > 0)在区间 0, π 恰有三个极值点 两个零点,则 的取值范围是( )
A. 5 13 5 19 13 8 13 193 , 6 B. 3 , 6 C. 6 , 3 D. 6 , 6
9.设[x]表示不大于 1的最大整数,如[2.5] = 2,[1] = 1,若正数 满足 ln + 20 + ln +
2 3
20 + ln + 20 +
+ ln + 1920 = 4,则[10 ] =( )
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
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二、填空题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分。
10.已知( )2 = 2 ,其中 是虚数单位,那么实数 = .
11 2 1
6
. 展开式中的常数项为 .
12.已知 ( ) = sin( + )( > 0, π < < π) 5π,在 12 ,
π π
12 上单调递增,且 = 12为它的一条对称轴,
π , 0 π3 是它的一个对称中心,当 ∈ 0, 2 , ( )的最小值为 .
13 π π.已知 中, = 1, = 2, 3sin + 6 = sin 3 ,若∠ 的平分线交 于点 ,则 的长
为 .
14.已知函数 ( ) = ( 1)| + 1| 1 的图象与直线 = ( + 3) 有三个交点,则实数 的取值范围
是 .
15.已知正实数 , 满足对任意实数 均有 cos2 cos ≥ 2,则 2 + 的最大值为
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.(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)
如图,在四棱锥 中,底面 为矩形, ⊥平面 , = 4, = = 2,点 在线段
上,且 = 34 .
(1)求证: ⊥平面 ;
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值;
(3)求平面 与平面 的夹角的余弦值.
18.(本小题 15 分)
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:
2
+
2
已知椭圆 4 2 = 1 的左顶点 与上顶点 的距离为 6.
(1)求椭圆 的方程和焦点的坐标;
(2)点 在椭圆 上,且 点不在 轴上,线段 的垂直平分线与 轴相交于点 ,若 为等边三角形,求
点的 横坐标.
19.(本小题 15 分)
设 是等差数列, 是各项均为正数的等比数列, 1 = 1 = 3 2 = 4 3 = 1.
(1)求数列 与 的通项公式;

(2) 的前 项和为 ,求证:2 = 1;
(3)求 =1 +1.
20.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = ( + )ln , ( ) = + sin + ln .
(1)若 = 1,求曲线 = ( )在点 1, (1) 处的切线方程;
(2)当 > 1 时, ( ) > 2( 1)恒成立,求实数 的取值范围;
(3)设 0 < < 1, < 0 2 ,若存在 1, 2 ∈ (0, + ∞),使得 1 = 2 1 ≠ 2 .证明: 1 + 2 > +1.
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10. 1
11.15.
12. 32
13.23
14. 4, 7 12 ∪ 2 , + ∞
15.2 + 2 3
16.(1)已知 sin = 3 cos ,由正弦定理sin =

sin ,
得 sin = sin = 3 cos ,显然 cos ≠ 0,
得 tan = 3,由 0 < < π,
故 = π3;
(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 ,
得 sin = sin =
21
14 ,且 > ,则 为锐角,
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故 cos = 514 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 = 3 × 11 + 1 × 5 3 4 32 14 2 14 = 7 .
17.(1)证明:∵ ⊥ 3平面 , 平面 ,∴ ⊥ ,∵ = 4, = 4 .
∴ = 3 = 1 , ,∴ = = 2,∴ Rt ∽ Rt ,所以∠ = ∠ ,又∠ + ∠ = 90°,
所以∠ + ∠ = 90°,∴ ⊥ ,
∴ ⊥ , ⊥ , ∩ = , , 平面 ,∴ ⊥平面 .
(2) ∵ ⊥平面 , 平面 , 平面 ,
∴ ⊥ , ⊥ ,∵ 为矩形, ⊥ ,
∴ , , 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 ,
则 (0,0,0), (2,0,0), (2,4,0), (0,4,0), (0,0,2), (2,3,0),
= (2,0, 2), = (2, 1,0), = (0,4, 2),

设平面 的法向量为
= 2 = 0
= ( , , ),则 ,令 = 1,则 = (1,2,4), = 4 2 = 0

设直线 与平面 所成角为 ,则 sin = cos , = 6 42

= = ,
2 2× 21 14
42
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 14 .
(3)平面 的一个法向量为 = (0,0,1),
设平面 与平面 的夹角为 ,
则 cos = cos , = 4 21 = 21 ,
所以平面 4 21与平面 的夹角的余弦值为 21 .
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18.(1)由题意左顶点 与上顶点 的距离为 4 + 2 = 6,解得 = 2,所以 = 2,
2 2
椭圆方程为 4 + 2 = 1,焦点坐标为( ± 2, 0);
(2)由已知 ( 2,0),设 方程为 = ( + 2), ≠ 0,代入椭圆方程并整理得:
(1 + 2 2) 2 + 8 2 + 8 2 4 = 0,
= 2 = 4
2 2 = 4 由 是此方程的一个解得 1+2 2,所以 1+2 2,
( 4
2 2
的中点坐标为 1+2 2 , 1+2 2 ),
2
2 1 4 的垂直平分线方程为 1+2 2 = ( + 1+2 2 ),
令 = 0 得 2 = 1+2 2,
为等边三角形,则| | = | |,
2 2 2 2
所以 4 2 4 2 2 1+2 2 + 2 + 1+2 2 = ( 2) + 1+2 2 ,
解得 2 = 34,
4×3 2
所以 = 4 3 =
2
1+2× 5

4
19.(1)设 = 1 1 + ( 1) , = 1 , > 0, ∈
由已知 1 = 1, 1 = 1,
2 = 2
3 2 = 2,解为 = = 2,
= 2 3, 1 = 2 .
(2)由已知 =
1+
2 = ( 2)

左式2 = 2 2,右式 1 1 2 1 = 2 = 2 ,

∴ 2 = 1.
(3)由已知 = =1 +1 = 1 + 2 1 + 3 2 + + 1,
= ( 1) × 2 1 + 1 × 2 2 + + (2 5) × 21 + (2 3) × 20①
2 1 = ( 1) × 2 + 1 × 2 + + (2 5) × 22 + (2 3) × 21②
② ①为 = ( 1) × 2 + 2 + 2 1 + + 22 (2 3) × 20,
2
= 4 ×
2 1
2 1 (2 3) × 2
0 = 2 2 1.
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20.(1)当 = 1 时, ( ) = ( + 1)ln , ′( ) = ln + ( +1)
∴ ′(1) = 2
又∴ (1) = 0
∴切线方程为 = 2 2;
(2)方法一:
设 ( ) = ( ) 2( 1) = ( + )ln 2 + 2
只需 ( ) > 0 在 > 1 时恒成立即可
又 ′( ) = ln + 1,且 (1) = 0
所以要使当 > 1 时, ( ) > 0,
必须满足 ′(1) = 1 ≥ 0,即 ≥ 1.
下面证明 ≥ 1 时满足题意:
①当 ≥ 1 时,由 > 1, ( ) = ( + )ln 2 + 2 ≥ ( + 1)ln 2( 1),
令 ( ) = ( + 1)ln 2( 1), > 1,
由(1)知, ( )在(1, + ∞)上单调递增,
所以 ( ) > (1) = 0,
所以当 > 1 时, ( ) ≥ ( ) > (1) = 0,即 ( ) > 0;

②当 < 1 时, ′( ) = ln + 1,
令 ( ) = ′( ),( > 1),则 ′( ) = 2 > 0,
所以 ′( )在(1, + ∞)上单调递增,
又 ′(1) = 1 < 0,当 →+∞时, ′( ) →+∞,
所以存在 0 ∈ (1, + ∞),使得 ′ 0 = 0,
当 ∈ 1, 时, ′0 ( ) < 0,即 ( )在 1, 0 上单调递减,
当 ∈ 1, 0 时, ( ) < (1) = 0,
所以当 < 1 时, ( ) > 0 不恒成立.
综上所述,实数 的取值范围是[1, + ∞).
方法二:
设 ( ) = ( ) 2( 1) = ( + )ln 2 + 2,
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则 ′( ) = ( ) 2( 1) = ln + 1,
令 ( ) = ln + 1,则 ′ ( ) =

2 ,
当 = 1 时, ( ) = ( + 1)ln 2 + 2,
′( ) = 1 2 > 0, ( )在(1, + ∞)上单调递增,
即 ′( )在(1, + ∞)上单调递增,
所以 ′( ) > ′(1) = 0 所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增,
所以 ( ) > (1) = 0,
所以 = 1 符合题意;
当 > 1 时,令 ′( ) = 0 得 = ,
当 ∈ (0, )时, ′( ) < 0, ( )单调递减;
当 ∈ ( , + ∞)时, ′( ) > 0, ( )单调递增;
所以 ( ) ≥ ( ) = ln > 0,即 ′( ) > 0 在(1, + ∞)上恒成立,
所以 ( ) > (1) = 0,
所以 > 1 符合题意;
当 < 1 时, ′( ) > 0 在(1, + ∞)上恒成立,
( )在(1, + ∞)上单调递增,
即 ′( )在(1, + ∞)上单调递增,又因为 ′(1) = 1 < 0
当 →+∞时, ′( ) →+∞,
所以存在 ′0 ∈ (1, + ∞),使得 0 = 0,
当 ∈ 1, ′0 时, ( ) < 0,即 ( )在 1, 0 上单调递减,
当 ∈ 1, 0 时, ( ) < (1) = 0
综上所述,实数 的取值范围是[1, + ∞).
方法三:参变分离得:
2( 1)
> ln
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2( 1)
令 ( ) = ln ,( > 1),
2ln 2 1 1 2 ln
′( ) =
ln2
1
( ) = 2ln 2 1 ln
2
2 1 ln
′( ) =
2
( ) = 1 ln
′( ) = 1 1 + ln = ln
∵ > 1,∴ ′( ) < 0
∴ ( )在区间(1, + ∞)上单调递减
∴ ( ) < (1) = 0
∴ ′( ) < 0
∴ ( )在区间(1, + ∞)上单调递减
∴ ( ) < (1) = 0
∴ ′( ) < 0
∴ ( )在区间(1, + ∞)上单调递减
∴ ( ) < (1)
2( 1) ln ′ 1 ln ’
由洛必达法则可得: (1) = =1 =1
ln ′
= = 1
1

=1
=1
综上所述,实数 的取值范围是[1, + ∞).
(3)由函数 ( ) = + sin + ln ,

可得 ′( ) = 1 + cos + ,
设 1 < 2,由 1 = 2 ,
可得 1 + sin 1 + ln 1 = 2 + sin 2 + ln 2,
则 2 1 + sin 2 sin 1 = ln 2 ln
2
1 = ln ,1
又由 = sin ,可得 ′ = 1 cos ≥ 0,
∴函数 = sin 为单调递增函数,
∴ 2 sin 2 > 1 sin 1,即 sin 2 sin 1 < 2 1,
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∴ ln 2 < ( + 1) 2 1 ,1
由(2) 1知,当 > 1 时, ( ) > 0,ln > 2 × +1,
∴ ln > 2 × 1 +1,
ln = 2ln > 4 × 1即 +1,
2
∴ ln
12
> 4 ×
1 2 1
1
= 4 × ,
2
+1
2+ 1
1
代入可得:
4 ( ) × 2 1 + < ( + 1) 2 1 = ( + 1) 2 1 2 + 1 ,2 1
4 ( )则 < + 2 +1 2 1 ,
∴ 2 + 1 > 2 +1,
0 < < 1 + 1 2
2
又因为 时, = + 2 + 1 > + 1 = + 1 ,
所以 + 1 > + 1,
所以 1 +
2
2 > +1.
第 10页,共 10页

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