精品解析：黑龙江省实验中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

黑龙江省实验中学2025～2026学年度高三学年上学期期中考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由指数函数的单调性即对数型复合函数的定义域确定集合，再结合交集、并集运算即可求解. 【详解】当时，， 所以， 由得， 所以， 所以，， 故选：D 2. 设为虚数单位，则在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算求出复数后，得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】,. 所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限． 故选：A. 3. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角，乙：，则甲是乙的（ ） 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量夹角为锐角等价于数量积大于0且两向量不共线，然后再判断充要关系即可. 【详解】由题意得， 充分性：若与的夹角为锐角，则，且， 即且，解得，且，故充分性成立． 必要性：当时，与共线，故必要性不成立，故甲是乙的充分不必要条件． 故选：A． 4. 圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得建筑物顶､教堂顶的仰角分别是和，在建筑物顶处测得教堂顶的仰角为，则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度约为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求得，在中由正弦定理求出，即可在直角中求出. 【详解】由题可得在直角中，，，所以， 在中，，， 所以， 所以由正弦定理可得，所以， 则在直角中，， 即圣.索菲亚教堂的高度约为. 故答案为：D. 5. 已知直三棱柱的所有棱长均相等，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，求出两条直线的方向向量，再利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】直三棱柱的所有棱长均相等， 直三棱柱的底面均为等边三角形，侧面均为正方形， 取边中点，则，，以点为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 令直三棱柱的棱长为2，则， ， ， 设直线与直线的夹角为， ． 直线与直线夹角的余弦值为． 故选：A． 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可． 【详解】选项A，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确； 选项B，若，，， 则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确； 选项C，若，，，则，故C选项正确； 选项D，，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确； 故选：C. 7. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用零点存在性定理求出函数的零点个数，再由正弦函数的图象性质及零点个数求出范围. 【详解】函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 而，则，使得，函数在上有1个零点， 由函数有4个零点，得函数有3个零点， 由，得，则，解得， 所以正数的取值范围是. 故选：D 8. 若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或.对于ABC，分、，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由两边取自然对数得到，即，构造函数（且），通过导数判断单调性即可判断. 【详解】因为，为单调递增函数，故， 由于，故，或， 当时，，此时； ，故； ，即，得，但的大小不确定， 当时，，此时， ，故； ，即，得，但的大小不确定， 所以ABC均不正确； 对于D，，两边取自然对数，， 因为不管，还是，均有， 所以，故只需证即可， 设（且），则， 令（且），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在且上恒成立， 故在定义域上单调递减， 因为，所以，结论得证，D正确． 故选：D． 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若满足条件的有两个，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理结合二倍角的正弦公式可判断A的正误，根据正弦定理边角转化后可判断B的正误，根据诱导公式可判断C的正误，根据三角形解的个数可得，计算后可判断D的正误. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得， 故，因为， 故或，故或， 故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 对于B，设为外接圆的半径， 因为，故，故即，故B正确； 对于C，若为锐角三角形，故， 故，故即，故C正确； 对于D，因为满足条件的有两个， 所以即，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数是R上的偶函数，且在上单调递增，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. a，b，c的大小关系是： C. 函数在区间上单调递减 D. 关于x的不等式解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及对称性，判断A；判断的单调性，可判断C；利用函数的单调性判断B；结合函数的对称性、单调性求解不等式，判断D. 【详解】由函数是上的偶函数，所以函数的图象关于y轴对称， 则函数的图象关于直线对称，即，A正确； 因为在上单调递增，所以函数在上单调递减，所以C正确； 因为， 而，且函数在上单调递增，所以， 即，所以B错误； 由于函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，在上单调递减， 故可化为，即， 即，解得，即的解集为，D正确， 故选：ACD 11. 如图，直三棱柱为等腰直角三角形，，且分别是的中点，分别是上的两个动点，则（ ） A. 与一定是异面直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与所成角为 D. 若为中点，则四棱锥的外接球体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】当特殊情况与重合有与相交且共面，可判断A不正确；根据线面垂直､面面垂直判定可证面面，可知､到面的距离，可求，可判定B正确；根据线面垂直的判定及性质即可确定与所成角，可判断C正确；由面面垂直､勾股､矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，可判定D正确. 【详解】对于A中，当与重合时，与相交且共面，所以A错误； 对于B中，由，且，则面， 又由面，面面，所以面面， 因为，且到面的距离为， 所以，所以B正确； 对于C中，由，，，所以面， 又由，可得面，因为面，所以， 所以C正确； 对于D中，由面面，可得面面， 则到面的距离为， 又由为中点，若交点为，为中点，连接，则，故，由矩形的性质知， 令四棱锥的外接球半径为，则，所以四棱锥的外接球体积为，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图所示，已知在水平放置的的斜二测直观图中，，，若该以为旋转轴，旋转一周，则旋转形成几何体的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由直观图得到平面图，即可求出所对应的线段，旋转后的图形为圆锥，根据圆锥的侧面积公式计算可得. 【详解】如图， 在中，，，， 所以， 由题意绕所在直线旋转一周后所形成的几何体为圆锥， 圆锥的底面半径，母线， 则圆锥的侧面积为. 故答案为： 13. 三棱锥的顶点都在球的球面上，且，若三棱锥的体积最大值为，则球的表面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先由余弦定理得到为直角三角形，解得，再根据得到与的关系，而后由三棱锥的体积最大值为得到，此时，即可求得，代入球的表面积公式可得答案. 【详解】由余弦定理可知：， 即，又，解得. 因为，故，所在小圆的圆心为中点，小圆半径； 记球心到小圆圆心的距离为，球半径为，三棱锥的高为， 则有， 当三棱锥的体积最大时，与在球心两侧，此时有 ， 再由，可知， 故，解得，此时， 故答案为：. 14. 已知函数，若且满足，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，可判断函数在时，单调递减，在时，单调递减，又且满足，所以可得且，代入化简整理，再构造函数，结合函数性质求值域即可. 【详解】由题意，当时，是减函数，且， 当时，是减函数，且， 由且得，，则，， 所以，即， 所以， 设，则， 因为时，所以恒成立，所以是增函数， 所以，即， 所以，即取值范围是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角所对的边分别为. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理化简求解，结合角的范围求值； （2）应用角平分线结合得出，最后应用余弦定理计算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 又，所以， 由于，则. 【小问2详解】 因为， 所以， 即， 由余弦定理得， 所以， 解得，或（舍去）， 所以，即的周长为. 16. 已知函数. （1）若时，求曲线在处切线的斜率； （2）求的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义直接求解即可； （2）求导后，分别在和的情况下，根据的正负得到结论； （3）将问题转化为，由二次函数性质可求得，采用参变分离的方式可得，利用导数可求得的最小值，进而得到结果. 【小问1详解】 当时，，则， ，在处切线的斜率为. 【小问2详解】 由题意知：的定义域为，， ①当时，，，， 在上单调递增； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 对任意，均存在，使得，； ，当时，， 在上恒成立，即在上恒成立，； 令，则， 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. 17. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，且侧面底面，是的中点，． （1）已知是的中点，求证：平面平面 （2）求证：平面； （3）当时，在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为是的中点，是的中点，所以为的中位线，即， 又平面，平面，所以平面， 又，是的中点，且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，且、相交于点， 所以平面平面； （2） 由（1）得，四边形为平行四边形， 又，，所以四边形为正方形， 所以， 又，是的中点，平面，所以， 又侧面底面，侧面与底面相交于， 所以底面， 又平面，所以， 又平面，平面，且、相交于点， 所以平面； （3）存在，，理由如下： 当时，可得，，是的中点，则，， 在直角三角形中，根据勾股定理，可得， 为等腰直角三角形，其面积， 所以， 设三棱锥的高为，三棱锥的高为， 则，又， 所以， 又点在棱上，所以. 所以，在棱上存在点，使得三棱锥的体积为，此时，的值为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，，再结合面面平行的判定定理，即可证明； （2）根据题意，可得，，再结合线面垂直的判定定理，即可证明； （3）设三棱锥的高为，三棱锥的高为，则，又，，所以可得，故在棱上存在点，使得三棱锥的体积为. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 已知函数． （1）求函数的对称中心和单调递增区间； （2）若在区间上的取值范围是，求m的取值范围； （3）若锐角外接圆半径为，且，求周长的取值范围． 【答案】（1）对称中心为，单调递增区间为 （2）m的取值范围为； （3）周长的取值范围为． 【解析】 【分析】（1）化简得，利用整体法可求函数的对称中心和单调递增区间； （2）由已知可得，结合值域为，可求得m的取值范围； （3）利用边化角可得，，结合三角恒等变换和辅助角公式可求得周长的取值范围． 【小问1详解】 ， 由，得，所以函数的对称中心为， 由，得， 所以函数的单调递增区间为； 【小问2详解】 当时，， 又因为在区间上的取值范围是， 所以，由，得， 所以m的取值范围为； 【小问3详解】 因为，可得，所以， 又因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，解得， 又因为锐角外接圆半径为，所以， 所以， 所以 ， 又因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以，所以， 所以，又，所以， 所以周长的取值范围为． 19. 函数的定义域为，，为处的切线． （1）的最大值； （2）证明：，除点A外，曲线均在上方； （3）若，证明：对任意的，有． 【答案】（1） （2） 为处的切线，切线的方程为：， 令，则， 求导得， 由（1）知，，在上递增， 当时，，则在上递增： 若，即，则，单调递增； 若，即，则，单调递减； 若，即，则，而，故，单调递增； 在处取得最小值， 当时，，即曲线在切线上方（除点外），命题得证． （3） ，求导得， 令，则， 令，求导得， ，， 在上单调递增，， 在上恒成立，故在上单调递增， ， 原不等式等价于， 令， ， 在上单调递增，， ，，在上单调递增， 对任意的，，即， 对任意的，有，命题得证． 【解析】 【分析】（1）利用换元法构造函数并求导，利用导数分析函数的单调性和极值点，从而求出最大值； （2）先求出切线方程，构造函数并求导，利用导数结合的取值范围分析函数单调性，从而证明结论； （3）先构造函数求导，利用导数证明函数单调性，从而证明结论． 【小问1详解】 ，令，则，，设 ，求导得， 令，解得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减； 在时取得最大值，最大值，即的最大值为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省实验中学2025～2026学年度高三学年上学期期中考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，则在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角，乙：，则甲是乙的（ ） 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 4. 圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得建筑物顶､教堂顶的仰角分别是和，在建筑物顶处测得教堂顶的仰角为，则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度约为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直三棱柱的所有棱长均相等，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若满足条件的有两个，则的取值范围为 10. 已知函数是R上的偶函数，且在上单调递增，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. a，b，c的大小关系是： C. 函数在区间上单调递减 D. 关于x的不等式解集为 11. 如图，直三棱柱为等腰直角三角形，，且分别是的中点，分别是上的两个动点，则（ ） A. 与一定是异面直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与所成角为 D. 若为中点，则四棱锥的外接球体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图所示，已知在水平放置的的斜二测直观图中，，，若该以为旋转轴，旋转一周，则旋转形成几何体的侧面积为______. 13. 三棱锥的顶点都在球的球面上，且，若三棱锥的体积最大值为，则球的表面积为_____. 14. 已知函数，若且满足，则的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角所对的边分别为. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 16. 已知函数. （1）若时，求曲线在处切线的斜率； （2）求的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 17. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，且侧面底面，是的中点，． （1）已知是的中点，求证：平面平面 （2）求证：平面； （3）当时，在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 18. 已知函数． （1）求函数的对称中心和单调递增区间； （2）若在区间上的取值范围是，求m的取值范围； （3）若锐角外接圆半径为，且，求周长的取值范围． 19. 函数的定义域为，，为处的切线． （1）的最大值； （2）证明：，除点A外，曲线均在上方； （3）若，证明：对任意的，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $