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广东省东莞高级中学 2026届高三上学期 10月教学质量检测数学试卷
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 = { |log2 < 4 }， = { || | < 2 }，则( ) ∩ =( )
A. [ 2,0) B. [0,2) C. (0,2) D. ( 2,0]
2.已知随机变量 服从正态分布 (2, 2)，且 ( ≥ 3) = 0.3，则 (1 < ≤ 2) =( )
A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4
2
sin , < 0
3.已知函数 ( ) = { 3 ，则 (2026) =( )
( 5), ≥ 0
1 √ 3 1 √ 3
A. B. C. D.
2 2 2 2
(3 1)ln(cos )
4.函数 = 的部分图象大致为( ) 3 +1
A. B.
C. D.
π
5.如图，圆 的半径为1，劣弧 的长为 ，则阴影部分的面积为( ) 3
π √ 3 π √ 3 π π √ 3
A. B. C. √ 3 D.
3 4 6 4 6 6 2
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π 4 1 1 1
6.已知0 < < < , cos( ) = , cos cos = ，则 =( )
2 5 2 tan tan
3 3
A. B. C. 2 D. 2
10 10
7.记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，满足2( cos ) = sin ， 边上的高为2，且 =
3，则 的周长为( )
A. 4 + 4√ 5 B. 5 + 2√ 2 + √ 5 C. 6√ 2 + 2 D. 4 + 2√ 5
8.对 ∈ ，不等式e ≥ 0恒成立，则 最大值为( )
e3 e2 e
A. B. C. D. √ e
4 3 2
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.已知关于 的不等式 2 + + ≤ 0的解集为{ | ≤ 2或 ≥ 1}，则下列说法正确的是( )
A. < 0
B. + > 0的解集为{ | > 2}
C. 5 + 4 + 3 < 0
2 1D. + + < 0的解集为{ | < < 1}
2
1 | |
10.已知函数 ( ) = ( ) + 的图象经过原点，且无限接近直线 = 2，但又不与该直线相交，则下列
2
说法正确的是( )
A. + = 0
B. 若 ( ) = ( )，且 ≠ ，则 + = 0
C. 若 < < 0，则 ( ) < ( )
D. ( )的值域为[0,2)
1
11.已知函数 ( ) = sin cos + cos2 ( > 0)在区间[0, π]上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结
2 2 2 2
论，正确的是( )
A. ( )在区间(0, π)上有且仅有3个不同的零点
π
B. ( )的最小正周期可能是
2
13 17
C. 的取值范围是[ , )
4 4
π
D. ( )在区间(0, )上单调递增
20
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
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12.将一枚骰子抛掷2次，记事件 =“第一次抛出的点数是4点”， =“两次抛掷的点数之和大于7”，
则 ( | ) = ．
13.已知正数 , 满足 + 4 + = 12，则 的最大值为 ．
14.若函数 ( ) = 2sin + cos √ 3， ∈ (0, π)的两个零点分别为 1和 2，则cos( 1 + 2) =
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 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 = 2 ， = 2 cos ．

(1)求 的值；

(2)若 = 2时，求 的面积．
16.(本小题15分)
如图，在长方体 1 1 1 1中，点 , 分别在棱 1, 1上， = 1, = 2， 1 = 3, =
1
, 1 = 2． 2
(1)证明： ⊥ 1 ．
(2)求平面 1 与平面 1 1 的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要
回答3个题目，可以从6个 组题目和若干个 组题目中，共选择3个题目作答． 组题目每正确回答1个得10
分， 组题目每正确回答1个得 ( > 0)分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分
1
之和.已知小王恰能正确回答 组题中的4个题目， 组题目每个正确回答的概率均为 ，且能否正确回答 组
3
和 组题目互不影响．
(1)已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量
的策略；
(2)记小王总得分为 ．
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( )若选择的3个题目均为 组题目，求 的分布列及数学期望 ( )；
( )试确定 ，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整 、 组题目数量，其总得分 保持期望稳定，并说
明理由. (参考公式： ( 1 + 2) = ( 1) + ( 2)，其中 1、 2为随机变量)
18.(本小题17分)
2
设函数 ( ) =
e
+ ．
+1
(1)证明：曲线 = ( )关于点(0,1)对称；
(2)已知 ( )为增函数，
①求 的取值范围；
②不等式 ( e ) + ( 2e ) < 2对 ∈ [ 4,2]恒成立，求 的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数 ( ) = 3sin + sin3 ．
π π
(1)求曲线 = ( )在点( , ( ))处的切线方程；
6 6
(2)求 ( )的值域；
π π
(3)若关于 的方程 ( ) = ( ∈ )在(0, )内有两个根 , (
2 1 2 1
< 2)，证明： 1 + 2 > ． 2
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
1
12. /0.5
2
13.4
3
14. / 0.6
5
2 2 + 2
15.解：(1) ∵ = 2 cos ，由余弦定理得， = 2 ，
2
又 = 2 ，
2 2
2+ (2 )
∴ = 2 × 2 × ，化简得 2 = 6 2，
2

∴ = √ 6．

√ 6 √ 6
(2)由(1)得cos = = = ，
2 2×2 4
√ 10
∴ 为锐角，∴ sin = √ 1 cos2 = ，
4
∵ = 2，∴ = 2√ 6，
1 1 √ 10
∴△ 的面积 = sin = × 2√ 6 × 2 × = √ 15．
2 2 4
16.解：(1)以 1为坐标原点， 1 1, 1 1, 1 所在直线分别为 , , 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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5
则 1(2,1,0), (2,0,2), (0,1, )， 2
所以
1
1 = (0, 1,2), = ( 2,1, )． 2
1
证明：因为 1 = 1 × 1 + 2 × = 0， 2
所以 ⊥ 1
(2)设平面 1 的法向量为 = ( , , )，
= 0, + 2 = 0,
则{ 1 即{ 1
= 0, 2 + + = 0.2
5
取 = 2，则 = ( , 4,2)．
2
易得平面 1 1 的一个法向量为 1 1 = (0,1,0)．
因为，
8√ 105
所以平面 1 与平面 1 1 的夹角的余弦值为 ． 105
17.解：(1)小王两组题目均有选择的方案有两种，
1个 组题目和2个 组题目；2个 组题目和1个 组题目，
分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为 1， 2，
C1 1 2 1 4 23
1 = 1
2
1 (1 ) = 1 × = ， C 3 3 9 276
C2
= 1 2
1 1 2 43
2 2 (1 ) = 1 × = ， C6 3 15 3 45
23 115 129 43
因为 = < = ，所以 1 < 2， 27 135 135 45
以至少答对1个题目的概率为依据，小王应选择2个 组题目和1个 组题目的策略．
(2)记小王所选题目中 组题目得分为 1， 组题目得分为 2， = 1 + 2，
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( )由于选择的三个题目均有 组题目，其得分为 1 = 10,20,30，
C1C2 1 C2 1 34 2 4C2 3 C4C
0 1
则 ( 1 = 10) = 3 = ， ( 1 = 20) = 3 = ， ( 1 = 30) =
2
3 = ， C 5 C 5 C 56 6 6
故 1的分布列为：
1
10 20 30
1 3 1

5 5 5
1 3 1
故 ( ) = ( 1) = 10 × + 20 × + 30 × = 20， 5 5 5
( )设小王选择的3个题目中 组题目数量为 ， 组题目数量为3 ，其中 = 0,1,2,3，

则 1
2 1 2 服从超几何分布， ～ (3 , )， ( 1) = ， ( 2) = 1 ，
10 3 10 3 3
20 (20 )
( ) = ( 1 + 2) = ( 1) + ( 2) = + (1 ) = + ， 3 3 3
当 = 20时， ( )的值与 无关，
即当 = 20时，无论小王如何调整 , 组题目数量，其总得分 的期望均为20分．
2 2 2 2e 2(e +1)
18.解：(1)因为 ( ) + ( ) = + + = + = = 2， e +1 e +1 e +1 e +1 e +1
所以曲线 = ( )关于点(0,1)对称．
2e
(2)①因为 ( )为增函数，所以 ′( ) = 2 ≥ 0对于 ∈ R恒成立， (e +1)
2e
即 ≥ 2对于 ∈ R恒成立， (e +1)
2e 2 2 1
因为
(e +1)2
= 1 ≤ = ，当且仅当 = 0时等号成立，
e + +2 1 2
e 2√ e e +2
2e 1
则
(e 2
的最大值为 ，
+1) 2
1 1
所以 ≥ ，即 的取值范围是[ , +∞)．
2 2
②由(1)知，曲线 = ( )关于点(0,1)对称，所以 ( ) = ( ) 1为奇函数，
由 ( e ) + ( 2e ) < 2， ∈ [ 4,2]，得 ( e ) 1 + ( 2e ) 1 < 0，
则 ( e ) + ( 2e ) < 0，即 ( 2e ) < ( e ) = ( e )，
因为 ( )为增函数，所以 ( ) = ( ) 1为增函数，则 2e < e ，
即 < e + 2e 对 ∈ [ 4,2]恒成立，
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设函数 ( ) = e + 2e = ( + 2)e ， ∈ [ 4,2]，则 ′( ) = ( + 3)e ，
当 ∈ [ 4, 3)时， ′( ) < 0，则 ( )在[ 4, 3)上单调递减，
当 ∈ ( 3,2]时， ′( ) > 0，则 ( )在( 3,2]上单调递增，
1
故 < ( )min = ( 3) = 3， e
1
所以 的取值范围为( ∞, )．
e3
π π π 3√ 3
19.解：(1) ′( ) = 3cos + 3cos3 ，所以 ′ ( ) = 3cos + 3cos = ，
6 6 2 2
π π π 5
又 ( ) = 3sin + sin = ，
6 6 2 2
5 3√ 3 π
故所求切线方程为 = ( )，即6√ 3 4 + 10 √ 3π = 0；
2 2 6
π 7π
(2)法1： ( )为以2π为周期的函数，所以 ( )在[ , ]上的值域即为 ( )在定义域 上的值域．
4 4
由(1)知 ′( ) = 3cos + 3cos3 ，
cos3 = cos(2 + ) = cos2 cos sin2 sin = (2cos2 1)cos 2cos (1 cos2 ) = 4cos3
3cos ，
√ 2 √ 2
′( ) = 3cos + 3(4cos3 3cos ) = 6cos (2cos2 1) = 12cos (cos ) (cos + )．
2 2
π π √ 2 √ 2
①当 ∈ ( , )时，cos > 0，cos > 0，cos + > 0，所以 ′( ) > 0；
4 4 2 2
π π √ 2 √ 2
②当 ∈ ( , )时，cos > 0，cos < 0，cos + > 0，所以 ′( ) < 0；
4 2 2 2
π 3π √ 2 √ 2
③当 ∈ ( , )时，cos < 0，cos < 0，cos + > 0，所以 ′( ) > 0，
2 4 2 2
π π π 3π π π
所以 ( )在( , )，( , )上单调递增，在( , )上单调递减，
4 4 2 4 4 2
π 3π π π
又 ( ) = ( ) = 2√ 2， ( ) = 2√ 2， ( ) = 2，
4 4 4 2
π 3π
所以 ( )在[ , ]上的值域为[ 2√ 2, 2√ 2]．
4 4
因为 (π + ) = 3sin(π + ) + sin(3π + 3 ) = 3sin sin3 = ( )，所以 ( ) = ( π)．
3π 7π π 3π 3π 7π
当 ∈ [ , ]时， π ∈ [ , ]，所以 ( )在[ , ]上的值域也为[ 2√ 2, 2√ 2]，
4 4 4 4 4 4
所以 ( )的值域为[ 2√ 2, 2√ 2]．
法2： ( )为以2π为周期的函数，所以 ( )在[ π, π]上的值域即为 ( )在定义域 上的值域．
由(1)知 ′( ) = 3cos + 3cos3 ，
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因为cos = cos(2 ) = cos2 cos + sin2 sin ，
cos3 = cos(2 + ) = cos2 cos sin2 sin ，
所以 ′( ) = 6cos2 cos ．
π
当 ∈ (0, )时，cos2 > 0，cos > 0，所以 ′( ) > 0；
4
π π
当 ∈ ( , )时，cos2 < 0，cos > 0，所以 ′( ) < 0；
4 2
π 3π
当 ∈ ( , )时，cos2 < 0，cos < 0，所以 ′( ) > 0；
2 4
3π
当 ∈ ( , π)时，cos2 > 0，cos < 0，所以 ′( ) < 0，
4
π π 3π π π 3π
所以 ( )在(0, )和( , )上单调递增，在( , )和( , π)上单调递减，
4 2 4 4 2 4
π 3π π
又 ( ) = ( ) = 2√ 2， (0) = (π) = 0， ( ) = 2，
4 4 2
所以 ( )在[0, π]上的值域为[0,2√ 2]，
因为 ( )为奇函数，所以 ( )在[ π, 0]上的值域为[ 2√ 2, 0]．
所以 ( )在[ π,π]上的值域为[ 2√ 2, 2√ 2]，
又2π是 ( )的一个周期，所以 ( )的值域为[ 2√ 2, 2√ 2]．
π π π
(3)由(2)知 ( )在(0, )上单调递增，在( , )上单调递减，
4 4 2
π π π π
所以0 < 1 < < 2 < ，要证 1 + 4 2 2 > ，只需证 2 > ， 2 2 1
π π π π π
因为0 < 1 < ，所以 1 ∈ ( , )，所以只需证 ( ) < ( )， 4 2 4 2 2 2 1
π
因为 ( 1) = ( 2)，所以只需证 ( 1) < ( 1)． 2
π π
令 ( ) = ( ) ( ) (0 < < )，则
2 4
π π π
′( ) = ′( ) + ′ ( ) = 6cos (2cos2 1) + 6cos ( ) [2cos2 ( ) 1]
2 2 2
= 6cos cos2 + 6sin (2sin2 1) = 6cos2 (cos sin )．
π π π π π
因为0 < < ，所以0 < 2 < ， < + < ，
4 2 4 4 2
π
所以cos2 > 0，cos sin = √ 2cos ( + ) > 0，所以 ′( ) > 0，
4
π π
所以 ( )在(0, )上单调递增，所以 ( ) < ( ) = 0．
4 4
π π
又0 < 1 < ，所以 ( 1) < 0，所以 ( 1) < ( )，问题得证． 4 2 1
第 9 页，共 9 页

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