2026-2027学年天津大学附属中学高三（上）第一次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年天津大学附属中学高三（上）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.已知集合A={1,2,3,4}，B={y|y=3x−2,x∈A}，则A∩B=(

)A.{1} B.{4} C.{1,3} D.{1,4}2.命题p的否定为“∃x∈R，使得x2−x+1<0”，则命题p为(

)A.∃x∈R，使得x2−x+1≥0 B.∃x∉R，使得x2−x+1<0

C.∀x∈R，使得x23.已知a=0.91.3，b=1.30.9，c=A.a<c<b B.c<a<b C.a<b<c D.c<b<a4.如图，在正方体ABCD−A1B1CA.BC1//平面ACD1

B.CC1⊥平面ABC

C.平面AD5.已知1logm3=p，9p=n，其中m>0且m≠1，n>0且n≠1，若A.log32 B.log23 C.6.设0<x<π2，则“xsin2x<1”是“A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.若函数y=sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图，则ω=(

)

A.5 B.4 C.3 D.28.函数f(x)=[ax2+(4a2−1)x]sinx(a∈R)A. B.

C. D.9.对于任意的实数x∈[0,2]，总存在三个不同的实数y，使得(x4+4+4)y2−a(x+2)A.(−∞,2−e24) B.(2−e2二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。10.已知复数z满足(2+i)z=|4+3i|(i为虚数单位)，则z的虚部为

．11.已知sinα+2cosα=0，则2sinαcosα−cos2α的值是

12.已知P，A，B，C是球O的球面上的四点，PA，PB，PC两两垂直，PA=PB=PC，且三棱锥P−ABC的体积为43，则球O的表面积为

．13.已知函数f(x)=(1−2a)x,x≤1logax+13,x>1，当x14.在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，P是对角线AC上一点，AP=25AC，过点P的直线分别交DA的延长线、DC于M，N，则DP⋅BP=

，若DM=mDA，15.已知函数f(x)=x2−2ax+a+2(x∈R)若f(x)有唯一零点，则实数a的值为

；若方程f(x)+|x2−1|=0在区间(0,3)内有两个不等实根，则实数a的取值范围为三、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)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ba=2cosAsinB．

(1)求A；

(2)若c=4，△ABC的面积为6，求a．17.(本小题15分)

函数f(x)=23sinxcosx+sin2x−cos2x．

(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；

(Ⅱ)将函数f(x)的图象先向左平移π6个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的12(18.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC，D，E分别为AB，AC1的中点．

(1)证明：DE//平面BCC1B1；

(2)设19.(本小题15分)

设函数f(x)=alnx+bx2，且f(x)在x=1处的切线为y=1．

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数f(x)在[20.(本小题15分)

已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．

(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若f(x)≥1，求a1.【答案】D

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】C

5.【答案】A

6.【答案】B

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】A

10.【答案】−1

11.【答案】−1

12.【答案】12π

13.【答案】(0,114.【答案】−24

15.【答案】−1或2(1+

16.【答案】解：(1)因为ba=2cosAsinB，所以由正弦定理得sinBsinA=2cosAsinB．

因为sinB≠0，所以sin2A=1．

又0<A<π，所以0<2A<2π，故2A=π2,A=π4；

(2)因为△ABC的面积为6，所以由三角形的面积公式得S△ABC=12bcsinA=6．

又c=417.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=23sinxcosx+sin2x−cos2x=3sin2x−cos2x=2sin(2x−π6)，

∵T=2πω=2π2=π，∴f(x)的最小正周期为π，

令2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+32π,k∈Z，解得kπ+π3≤x≤kπ+5π6,k∈Z，

函数f(x)的单调减区间为[kπ+π3,kπ+5π6],k∈Z；

(Ⅱ)y=f(x)的图象先向左平移π6个单位得到y=2sin(2x+π318.【答案】连接BC1，

因为D，E分别为AB，AC1的中点，

所以DE/​/BC1，

因为DE⊄平面BCC1B1，BC19.【答案】解：(1)由f(x)=alnx+bx2，得f′(x)=ax+2bx，

因为y=f(x)在x=1处的切线为y=1，

所以f(1)=1，即aln1+b=1，得b=1，

切线y=1斜率为0，故f′(1)=0，

即a+2b=0，得a=−2，

综上：a=−2，b=1；

(2)由(1)得：令f′(x)=−2x+2x=2(x+1)(x−1)x=0，得x=1，x=−1(舍)，

当x∈[e−1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1,e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

因为f(1e20.【答案】解：(1)当a=e时，f(x)=ex−lnx+1，

∴f′(x)=ex−1x，

∴f′(1)=e−1，

∵f(1)=e+1，

∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(e+1)=(e−1)(x−1)，

当x=0时，y=2，当y=0时，x=−2 e−1，

∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1．

(2)方法一：由f(x)≥1，可得aex−1−lnx+lna≥1，即ex−1+lna−lnx+lna≥1，

即ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx，

令g(t)=et+t，

则g′(t)=et+1>0，

∴g(t)在R上单调递增，

∵g(lna+x−1)≥g(lnx)

∴lna+x−1≥lnx，

即lna≥lnx−x+1，

令h(x)=lnx−x+1，

∴h′(x)=1x−1=1−xx，

当0<x<1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，

当x>1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，

∴h(x)≤h(1)=0，

∴lna≥0，

∴a≥1，

故a的范围为[1,+∞)．

方法二：由f(x)≥1可得aex−1−lnx+lna≥1，x>0，a>0，

即aex−1−1≥lnx−lna，

设g(x)=ex−x−1，

∴g′(x)=ex−1>0恒成立，

∴g(x)在(0,+∞)单调递增，

∴g(x)>g(0)=1−0−1=0，

∴ex−x−1>0，

即ex>x+1，

再设h(x)=x−1−lnx，

∴h′(x)=1−1x=x−1x，

当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，

当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，

∴h(x)≥h(1)=0，

∴x−1−lnx≥0，

即x−1≥lnx

∴ex−1≥x，则aex−1≥ax，

此时只需要证ax≥x−lna，

即证x(a−1)≥−lna，

当a≥1时，

∴x(a−1)>0>−lna恒成立，

当0<a<1时，x(a−1)<0<−lna，此时x(a−1)≥−lna不成立，

综上所述a的取值范围为[1,+∞)．

方法三：由题意可得x∈(0,+∞)，a∈(0,+∞)，

∴f′(x)=aex−1−1x，

易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数，

①当0<a<1时，f′(1)=a−1<0，f′(1a)=a1e−1−a=a(e1a−1)>0，

∴存在x0∈(1,1a)使得f′(x0)=0，

当x∈(1,x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，

∴f(x)<f(1)=a+lna<a<1，不满足题意，

②当a≥1时，ex−1>0，lna>0，

∴f(x)≥ex−1−lnx，

令g(x)=ex−1−lnx，

∴g′(x)=ex−1−1x，

易知g′(x)在(0,+∞)上为增函数，

∵g′(1)=0，

∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，

当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，

∴g(x)≥g(1)=1，

即f(x)≥1，