精品解析：黑龙江省哈尔滨市第六中学校2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试题

哈尔滨市第六中学2023级上学期期中考试 高三数学试题 第I卷（选择题共60分） 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知平面，直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 4. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 记为数列的前项积，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知函数图像的两条相邻对称轴间的距离为，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），得到函数的图像，下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图像的一条对称轴 B. 点是函数图像的对称中心 C. 函数在上的值域是 D. 函数在上单调递增 8. 已知函数，满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角的对边分别为，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则符合条件的三角形有两个 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则的最小值为 10. 在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 的最小值为 D. 过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为 11. 已知数列，令，，若存在正整数，使得，则称为型数列，其中为满足条件的最小值，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是型数列 B. 若，且，则是型数列 C. 若，，则是型数列 D. 若，则不是型数列 三、填空题：本题共3个小题，每题5分，共15分. 12. 设为等差数列的前项和，，则__________. 13. 在三棱锥中，平面，，，，则该三棱锥外接球的表面积为_________. 14. 已知函数有两个极值点，且，则实数的取值范围为_________. （参考数据） 第II卷（非选择题 共77分） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 数列满足. （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和. 16. 已知四棱锥的侧棱长均为，底面正方形的边长为2，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求三棱锥的体积. 17. 在中，角的对边分别为.已知. （1）求的值； （2）点是边上的一动点（包括端点）. ①若为边上的高，且，求的周长； ②若，求的面积. 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）是的导数，若有三个不同的零点（）. ①求实数的取值范围； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第六中学2023级上学期期中考试 高三数学试题 第I卷（选择题共60分） 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式求得集合，利用交集的定义求解即可. 【详解】由，可得，所以， 所以，，又， 所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的模和除法运算法则求得复数，进而求得的虚部. 【详解】由，可得， 所以，所以的虚部为. 故选：B. 3. 已知平面，直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的性质、平行性的性质、面面平行的性质逐一判断即可. 【详解】A：当时，也可以满足，，因此本选项结论不正确； B：当时，直线可以是异面直线，因此本选项结论不正确； C：设过直线的平面与平面相交于直线， 根据直线与平面平行的性质定理可知，因为，且， 所以，而，所以，因此本选项结论正确； D：当时，可以成立，所以本选项结论不正确， 故选：C 4. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把平方，再应用基本不等式求解最大值，即可得解. 【详解】因为正数满足， 所以， 所以，当且仅当时取等号，则的最大值为2. 故选：B 5. 记为数列的前项积，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用累加法求得，再由求解即可. 【详解】由题意， 当时，所以，，， 累加得， 所以 又当时，也满足，所以. 故选：A 6. 在中，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的定义及余弦定理求得，然后利用同角三角函数关系求得，进而代入三角形面积公式求解即可. 【详解】因为，所以， 则，所以，所以，解得， 所以，所以， 所以的面积是. 故选：A 7. 已知函数图像的两条相邻对称轴间的距离为，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），得到函数的图像，下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图像的一条对称轴 B. 点是函数图像的对称中心 C. 函数在上的值域是 D. 函数在上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式与辅助角公式化简，再逐项判断即可得结论. 【详解】 ， 因为的图象的两条相邻对称轴间的距离为，所以的周期为， 所以，解得，故， 现将函数的图象向左平移个单位长度得， 再将图象上所有点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），得到函数的图象， 所以， 对于A，， 所以直线不是函数的图象的一条对称轴，故A错误； 对于B，因为， 所以点不是函数图象的对称中心，故B错误； 对于C，因为，所以，所以， 所以，所以函数在上的值域是，故C正确； 对于D，因为，所以，所以函数在上不单调递增，故D错误. 故选：C. 8. 已知函数，满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由奇函数定义可得为奇函数，再利用导数求得其单调性，利用单调性得恒成立，记， 利用导数法求得函数的最小值，即可得解. 【详解】由知， . 令，因为， 又定义域为R，则为奇函数. 因为，所以为R上的单调递增函数. 则，等价于， 即，也即， 所以，即， 记， ，当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以，所以， 即实数的取值范围是. 故选：C 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角的对边分别为，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则符合条件的三角形有两个 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用余弦定理可求得，判断A；利用可判断B；根据正弦定理边角互化，结合二倍角公式即可判断C；根据余弦定理，结合不等式即可求解D. 【详解】对于A，因为，所以， 因为，所以，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以符合条件的三角形有两个，故B正确； 对于C，由，可得，,进而， 结合,故或，即或， 故三角形为等腰三角形或者直角三角形，故C错误； 对于D，，所以， 故， 当且仅当时等号成立，故D错误. 故选：AB. 10. 在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 的最小值为 D. 过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由可判断A；设点到平面的距离为，利用等体积法可求得判断B；将绕转到与在同一平面内，利用余弦定理可求最小值判断C；求得截面面积判断D. 【详解】对于A，因为，又平面， 所以不平行于平面，故A错误； 对于B，设点到平面的距离为， 在正方体中，可得， 由，得， 所以，解得， 所以点到平面的距离为，故B正确； 对于C，，所以是等边三角形， 将绕转到与在同一平面如图所示，的最小值即为， 由，所以， 在中，由余弦定理可得 ， 所以，故的最小值为，故C正确； 对于D，因为分别为的中点，所以过三点作该正方体的截面为， 又对角线互相垂直，且， 所以四边形的面积为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知数列，令，，若存在正整数，使得，则称为型数列，其中为满足条件的最小值，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是型数列 B. 若，且，则是型数列 C. 若，，则是型数列 D. 若，则不是型数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】由数列新定义，结合各选项数列递推公式逐个判断即可. 【详解】对于A，因为，所以数列是奇数数列： 所以， ， 所以。解得，因此最小的 ，， 所以是  型数列，故A正确； 对于B，因为，，所以，， 所以，， 此时，所以存在正整数，使得， 所以是型数列，故B正确； 对于C，因为，， 可得，，，， 所以数列为 ，所以， ， 由，解得，无正整数解， 因此不存在正整数，使得，所以不是型数列，故C错误； 对于D，因为， 所以 ， ， 则 ， 因为，，， 则不是型数列，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3个小题，每题5分，共15分. 12. 设为等差数列的前项和，，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式求得，进而结合已知求得通项公式，可求解. 【详解】由，得，即，所以， 所以，，所以公差， 所以等差数列的通项公式为， 所以. 故答案为：. 13. 在三棱锥中，平面，，，，则该三棱锥外接球的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由正、余弦定理求出底面的外接圆半径，利用圆心与球心的连线垂直于底面构成直角三角形即可求出外接球的半径，进而可得其表面积. 【详解】因为在中，，， 所以由余弦定理可得， 所以. 设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥外接球的球心为，半径为， 在中，由正弦定理可得，解得， 因为平面，平面，且球心到点的距离相等， 所以球心到底面的距离为， 在中，， 故该三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 已知函数有两个极值点，且，则实数的取值范围为_________. （参考数据） 【答案】 【解析】 【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】由有两个不同实根， 所以有两个不等实根，且 设，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 显然当时，，当时，，图像如下： 所以有，则有， 当时，，解得，又， 所以当时，，所以， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 第II卷（非选择题 共77分） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 数列满足. （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） 由题知，且， 故是以3为首项，3为公比的等比数列，即得证； （2） 【解析】 【分析】（1）构造结合等比数列的定义判断即可； （2）根据（1）可得的通项公式，进而可得的通项公式，根据裂项相消即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），故，， 所以. 16. 已知四棱锥的侧棱长均为，底面正方形的边长为2，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 取中点，连接，因为分别为的中点， 所以，且， 因为四边形是正方形，是的中点，所以，且， 所以且，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 连接，交于点，连接， 因为，是的中点，所以， 又因为四边形是正方形，所以， 又，平面，所以平面； （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用中位线性质和平行四边形的性质证得，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）连接，交于点，连接，结合等腰三角形的性质及正方形的性质，利用线面垂直的判定定理证明即可； （3）结合正四棱锥的性质求出高，利用等体积法求解三棱锥的体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为是中点，所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以， 因为四棱锥的侧棱长均为，底面正方形的边长为2， 所以四棱锥为正四棱锥，所以到平面的距离为， 因为，所以， 又，所以， 所以. 17. 在中，角的对边分别为.已知. （1）求的值； （2）点是边上的一动点（包括端点）. ①若为边上的高，且，求的周长； ②若，求的面积. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，进而利用三角恒等变换可求得，可求得； （2）①由三角形的面积可得，可求，进而由余弦定理可求得，可求周长；②由已知可得，利用向量的数量积，以及在，中，结合余弦定理可求得，进而可求得三角形的面积. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理可得，由， 则， 可得， 由，即， 则，即，根据，解得； 【小问2详解】 ①因为，即，又，所以， 由余弦定理得， 化简可得，解得， 所以的周长为； ②由，知，，， 则有，即， 化简得，在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，由， 则，则，化简得， 则，即，则（负值舍去）， 所以. 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明. 【答案】（1） （2）. 证明： 因为，所以数列单调递增， 故. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，进而可得，分为奇数和为偶数两种情况讨论，可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法可求得，可得结论. 【小问1详解】 由得，， 两式作差得，因数列为正项数列， 则，令，则，则， 则数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列， 故为奇数时，， 数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列， 故为偶数时，， 综上，数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可得，， 所以， 所以， 两式相减得， 所以，所以， 证明略. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）是的导数，若有三个不同的零点（）. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【答案】（1）的减区间，增区间 （2）①； ②由①可知，函数在恰有一个零点，在恰有一个零点， 在恰有一个零点，则， 由是方程的根，即，得， 即也是方程的根，于是， 要证，只需证，令， 因为，所以， 则， ，则， ， 所以函数在上单调递减， ，因此在上恒成立， 则恒成立，所以. 【解析】 【分析】（1）求出，再利用导数分类探讨函数的单调性，进而求出单调区间. （2）①当时，在上单调递增，不符合题意；当时，利用导数探讨函数两个变号零点的区间，然后利用零点存在性定理判断即可得解.②先证得，要证，只需证，令，利用导数求出最值即可证明. 【小问1详解】 时，函数的定义域为， 求导得， 令，求导得， 所以函数在上单调递增，又， 所以当时，，，当时，，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 ①， 当时，， 所以在上单调递增，不符合题意； 当时，有两个变号的正零点， 由，得，可得在上单调递增， 在上单调递减，又，则， 而， 函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 于是，当且仅当时取等号，则当时，， 因此，， 因此函数在恰有一个零点， 在恰有一个零点，在恰有一个零点， 综上所述，； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $