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天津市第二中学 2026 届高三上学期第一次月考数学试卷
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.记全集 = ，集合 = 0 ≤ ≤ 1 ，集合 = > 4 ，则 ∩ =( )
A. [4, + ∞) B. (1,4] C. (4, + ∞) D. (1,4)
2.已知 ， 为实数，则使得“ > > 0”成立的一个充分不必要条件为( )
A. 1 1 > B. ln( + 1) > ln( + 1)
C. 3 > 3 D. 1 > 1

3.函数 ( ) = 3 +3 3 的图象大致是( )
A. B.
C. D.
4.下列说法正确的是( )
A.某物理量的测量结果服从正态分布 2, 2 ，该物理量在一次测量中落在(1.9,2.2)与落在(2,2.3)的概率相
等
B.数据 7，4，2，9，1，5，8，6 的第 50 百分位数为 5
C.将一组数据中的每一个数据加上同一个常数后，方差不变
D.设具有线性相关关系的两个变量 ， 的相关系数为 ，则| |越接近于 0， 和 之间的线性相关程度越强
5.设 = log 2 10.4 ， = 0.4log 0.3， = 0.3 ，则三者的大小顺序是( )2
A. < < B. < < C. < < D. < <
6. 是一款人工智能助手，其用户满意度评分 ( )随时间 (单位：月)的变化满足对数型函数模型：
( ) = ln( + 1) + 50，其中 是常数．若 在经过 3 个月后评分增长到 70，则满意度评分 (1)为( )
A. 60 B. 61 C. 62 D. 63
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7.设 、 为两个平面， 、 为两条直线，且 ∩ = .下述四个命题：
①若 // ，则 // 或 // ②若 ⊥ ，则 ⊥ 或 ⊥
③若 // 且 // ，则 // ④若 与 ， 所成的角相等，则 ⊥
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2 2
8 .设双曲线 ： 2 2 = 1( > 0, > 0)的左焦点为 ，直线 4 3 + 20 = 0 过点 且与双曲线 在第二象
限的交点为 ，| | = | |，其中 为坐标原点，则双曲线 的方程为( )
2 2 2 2 2 2 2
A. 16 9 = 1 B.
9 16 = 1 C.

4

21 = 1 D.
2 24 = 1
9.已知函数 ( ) = 3sin cos ( > 0) π图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为4，则下列说
法错误的是( )
A. ( ) π B. π函数 的最小正周期为 12 , 0 是函数的一个零点
C. π6 ≥ ( ) D.

3 + =

3
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。
10 2.已知1+ i = 1 i( ∈ R)，则 = ．
6
11. + 2 2 的展开式中
7的系数是 . (用数字作答)
12.设直线 : = ( 6)( ≠ 0)和圆 : 2 + 2 6 4 + 5 = 0 相交于 , 两点.若 = 0，则实数
= ．
13.某班从 6 名班干部(其中男生 4 人，女生 2 人)中，任选 3 人参加学校的义务劳动.男生甲或女生乙被选
中的概率为 ；设“男生甲被选中”为事件 ，“女生乙被选中”为事件 ，则 = ．
14.如图，在菱形 中， = 2，∠ = 60°， ， 分别为 ， 上的点， = 2 ， = 2 ，
若线段 5 1上存在一点 ，使得 = + 6 2 ，则| | = ，若点 为线段 上一个动点，则
的取值范围为 ．
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log2 , > 0
15.已知函数 ( ) = 3sinπ cosπ , 5 ≤ ≤ 0，若方程 ( ) = 恰有四个不同的实数解，分别记为 1，3
2， 3， 4，则 1 + 2 + 3 + 4的取值范围是
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.在 中，内角 、 、 的对边分别为 ， ， ， 2cos ( cos + cos ) + = 0．
(1)求角 的大小；
(2)若 = 2， = 2.求：
(ⅰ)边长 ；
(ⅱ)sin(2 )的值．
17.函数 ( ) = sin( + )( ∈ R, > 0, > 0, | | < π2 )的部分图象如下图所示．
(1)求函数 ( )的解析式；
(2)求函数 ( )的单调递增区间；
(3) 5π将函数 = ( )的图象向右平移24个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，得到函数 = ( )的图象，
求 ( ) 2π在区间[0, 3 ]上的最值．
18.如图， // 且 = 2 ， ⊥ ， // 且 = ， // 且 = 2 ， ⊥平面 ，
= = = 2．
(1)若 为 的中点， 为 的中点，求证： //平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
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(3)求直线 到平面 的距离．
19.已知函数 ( ) = 2 ( + 2) + ln ．
(1)若 = 1 是函数 ( )的极值点，
①求 ( )在 1, (1) 处切线方程；
( ) 1②求 在区间 2 , 2 上的最值；
(2)若 ( ) = 2 2 + e ， ( ) ≤ ( )恒成立，求实数 的取值范围．
20.已知函数 ( ) = e ， ( ) = ln + ．
(1)求函数 ( )在 1, (1) 处的切线方程；
(2)若 ( ) = ( ) ( )，
( )当 = 1 时，求函数 ( )的最小值；
( )若 ( ) = 0 1有两个实根 1， 2，且 1 ≠ 2，证明：e 1+ 2 2 > ．1 2
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.1
11.240
12. 125
13.45/0.8
2
； 5/0.4
14.7 37 13； 36 , 3
15. 1 , 196 12
16.解：(1)由已知及正弦定理得 2cos (sin cos + sin cos ) + sin = 0
∴ 2cos sin + sin = 0，∴ cos = 22 ，
∵ 0 < < ，∴ = 3 4
(2)( 3 ⅰ)因为 = 2, = 2， = 4，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 4 2 × 2 × 2 × ( 22 ) = 10，∴ = 10
(ⅱ) 5 2 5由sin = sin sin = 5 ，因为 为锐角，所以 cos = 5
sin2 = 2 × 55 ×
2 5
5 =
4
5，cos2 = cos
2 sin2 = 35，
4 2 3 2 7 2
sin(2 ) = sin2 cos cos2 sin = 5 × ( 2 ) 5 × 2 = 10
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17.解：(1) 7π π 2π观察函数 ( )的图象，得 = 2，最小正周期 = 8 ( 8 ) = ，解得 = 2，
由 ( π8 ) = 2
π π
，得 2 8 + = 2 + 2 π, ∈ Z，而| | <
π
2，则 = 0, =
π
4，
所以函数 ( ) π的解析式是 ( ) = 2sin(2 + 4 )．
(2)由(1)知， ( ) = 2sin(2 + π4 )，
π+ 2 π ≤ 2 + π ≤ π+ 2 π, ∈ Z 3π+ π ≤ ≤ π由 2 4 2 ，得 8 8 + π, ∈ Z，
( ) [ 3π+ π, π所以函数 的单调递增区间为 8 8 + π]( ∈ Z)．
(3) ( ) = ( 5π依题意， 24 ) + 1 = 2sin[2(
5π
24 ) +
π
4 ] + 1 = 2sin(2
π
6 ) + 1，
∈ [0, 2π ] 2 π ∈ [ π , 7π ] 2 π = π π当 3 时， 6 6 6 ，则当 6 2，即 = 3时， ( )max = 3；
2 π = π 2 π = 7π 2π当 6 6或 6 6 ，即 = 0 或 = 3 时， ( )min = 0．
2π
所以 ( )在区间[0, 3 ]上的最大值为 3，最小值为 0．
18.解：(1)证明：由已知， ⊥平面 ， ⊥ ， 平面 ， 平面 ，
所以 , , 相互垂直，则以点 为原点，以 , , 分别为 , , 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则 (0,0,0), (2,0,0), (1,2,0), (0,2,0), (2,0,2), (0,1,2), (0,0,2)，
又 为 的中点， 为 3的中点，所以 0, 2 , 1 , (1,0,2)．
设 = ( , , )为平面 的法向量，又 = (0,2,0), = (2,0,2)，
· = 2 = 0
所以 ，令 = 1，则 = 1， = ( 1,0,1)，
· = 2 + 2 = 0
又 = 1, 3 , 1 ，所以 · 2
= 1 × 1 + 0 × 32 + 1 × 1 = 0，
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即 ⊥ ，而 平面 ，所以 //平面 ．
(2)由(1)可得 = (1,0,0), = (2, 2,2), = (0, 1,2)．
→ →
设 1 = 1, 1, 1 为平面 的法向量， 2 = 2, 2, 2 为平面 的法向量，
→
1· = 所以 1
= 0 →
，令 1 = 1，则 1 = 1， 1 = (0,1,1)，
→
1· = 2 1 2 1 + 2 1 = 0
→
2· = 2 = 0 →，令 2 = 1，则 2 = 2， 2 = (0,2,1)，
→
2· = 2 + 2 2 = 0
→ → → →
所以 cos< 1· 2 0×0+1×2+1×1 3 101, 2 >= → → = = ， 1 2 2× 5 10
即得平面 与平面 3 10夹角的余弦值为 10 ．
(3)因为 // ， 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ，
所以直线 到平面 的距离即点 到平面 的距离．
由(2)可得平面 的法向量 1 = (0,1,1)，又由(1)可得 = (0,2,0)，
所以 cos 1, =
1· 0×0+1×2+1×0 2
1
= 2×2 = 2 ，
2
则直线 与平面 所成角的正弦值为 2 ，
2 2所以点 到平面 的距离为 2 = 2 × 2 = 2，
即直线 到平面 的距离为 2．
19.(1)解：由函数 ( ) = 2 ( + 2) + ln 1，可得 ′( ) = 2 ( + 2) + ，
因为已知 = 1 是函数 ( )的极值点，
所以 1 是方程 ′( ) = 2 ( + 2) + 1 = 0 的根，
可得 ′(1) = 2 ( + 2) + 1 = 0，解得 1 = 0，故 = 1，
经检验符合题意，故 ( ) = 2 3 + ln ．
①因为 ′( ) = 2 3 + 1 ，
所以 = ′(1) = 2 × 1 3 × 1 + 1 = 0， (1) = 1 3 + 0 = 2，
所以切线方程为 = 2；
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′( ) = (2 1)( 1)②因为 ，
1
所以当 ′2 < < 1 时 ( ) < 0；当 1 < ≤ 2 时
′( ) > 0，
( ) 1所以函数 在 2 , 1 上单调递减，在(1,2]上单调递增，
1 5
又由 2 = 4 ln2， (1) = 2， (2) = 2 + ln2，
1且 2 (2) =
3
4 2ln2 < 0，
所以 ( ) 1在区间 2 , 2 上的最小值为 (1) = 2，最大值为 (2) = 2 + ln2．
(2)因为 ( ) ≤ ( )恒成立，即 ( ) ( ) ≤ 0 恒成立，
则 ln e ≤ 0 恒成立，
ln e ln
所以 ≥ = e 恒成立，
记 ( ) = ln ′ 1 ln e，则 ( ) = 2 ，
令 ′( ) = 1 ln 2 = 0，得 = e，
令 ′( ) > 0，得 0 < < e，令 ′( ) < 0，得 > e，
列表如下：
(0, e)e (e,+ ∞)
′( )+ 0
( ) 1
e e↗ ↘
ln 1
所以函数 ( ) = e 的极大值也是最大值为 (e) = e e，
ln
由 ≥ e 恒成立得 ≥ ( )max，
1
所以 ≥ e e．
20.解：(1)因为 ( ) = ln + 1，所以 ′( ) = + 1，
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所以 ′(1) = 11 + 1 = 2，又 (1) = 1，
所以函数 ( )在 1, (1) 处的切线方程为： 1 = 2( 1)，即 2 1 = 0．
(2)( )当 = 1 时， ( ) = ( ) ( ) = e ln ，定义域为(0, + ∞)，
′( ) = ( + 1)e 1 1 = ( +1) e
1
，
令 ( ) = e 1, ∈ (0, + ∞)，
则 ′( ) = ( + 1)e > 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
又因为 (0) = 1 < 0, (1) = e > 0，
所以 0 ∈ (0,1)使得 0 = 0，即 0e 0 = 1，①
故当 ∈ 0, 0 时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0，此时 ( )在 0, 0 上单调递减；
当 ∈ 0, + ∞ 时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0，此时 ( )在 0, + ∞ 上单调递增，
所以当 = 0时，函数 ( )有最小值，
由①可得 ln 0e 0 = ln1 = 0，即 ln 0 + 0 = 0，
所以函数 ( )的最小值为 0e 0 ln 0 0 = 1．
( )由题意， ( ) = e ln + ，定义域为(0, + ∞)，
由题意 ( ) = e ln + = e ln e = 0 有两个不相等的实数根，
令 = e ，则 ′ = ( + 1)e > 0，
所以 = e 在(0, + ∞)上递增，所以 > 0，
令 ( ) = ln ( > 0)，
所以 ( )有两个不相等的正的零点 1, 2，且 = e 1 1 1 , 2 = 2e 2，
ln = 0
即 1 1 ，两式分别相加减得，2 ln 2 = 0
ln 2 + ln 1 = 2 + 1, ln 2 ln 1 = 2 1．
所以 ln 2+ 1 2 12 + ln 1 = , = ln ②2 ln 1
要证e 1+ 2 2 > 1 ，只需证 e
1 e 2 > e21 2 ，
1 2
即证 ln 1e 1 + ln 2e 2 > 2，即需证 ln 1 + ln 2 > 2，
2 2
+ +1 ln
由②知，ln 2 1 1 11 + ln 2 = 2
ln 2 ln 1 = ，
1 2 11
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2
+1 ln
2

故只需证 1 1 > 22 ，
11

不妨设 0 < 21 < 2，令 = > 1，1
( +1)ln 1 2
则只需证 1 > 2，即 ln > 2 +1 = 2 1 +1 ，
4
故只需证 ln + +1 2 > 0，
令 ( ) = ln + 4 +1 2, ( > 1)
1 4 ( 1)2
则 ′( ) = ( +1)2 = ( +1)2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( ) > (1) = 0，
4
即当 > 1 时，ln + +1 2 > 0 成立．
所以 ln 1 + ln 2 > 2，即 e 1 1 2e 2 > e2
1
，故e 1+ 2 2 > ．1 2
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