精品解析：黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

哈师大附中2023级高三上学期期中考试数学试卷 一、单选题；本题共8小题，每小题5分，满分40分，每小题给出的备选答案中，只有一个是符合题意的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，，，则“相交”是“相交”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 5. 下列命题中正确的是 A. 若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面 B. 若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行 C. 平行于同一条直线的两个平面平行 D. 若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b不在平面α内，则b∥α 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知第二象限角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数存在一个极大值点和一个极小值点，使得点和之间的距离不大于.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，满分18分，每小题给出的备选答案中，有多个选项是符合题意的.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知中，是边上靠近的三等分点，为的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，其中，，则下列结论正确的是：（ ） A. B. C. D. 的最小值为 10. 等比数列的前项和，前项积记为，则（ ） A. 公比为2 B. C. D. 有最小值 11. 已知函数，的定义域均为，导函数分别为，，若，，且，则（ ） A. 4为函数的一个周期 B. 函数的图象关于点对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知函数，则__________． 13. 已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是________. 14. 已知数列的前项和为，，则________. 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点． （1）求证：； （2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由． 16. 已知是数列的前项和，且满足，，数列满足， （1）求和； （2）若数列满足，，求的前项和. 17. 如图，平面四边形中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且. （1）求角； （2）若，求的面积. 18. 已知数列满足，，，的前项和为. （1）证明：为等比数列，并求数列的通项公式； （2）若前项和为，且存在，使得对任意，总有成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大附中2023级高三上学期期中考试数学试卷 一、单选题；本题共8小题，每小题5分，满分40分，每小题给出的备选答案中，只有一个是符合题意的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用集合的交、补运算求结果． 【详解】由题设，则． 故选：B 2. 已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，，，则“相交”是“相交”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与平面的位置关系结合充分不必要的概念判断即可. 【详解】若相交，，，则其交点在交线上，故相交； 若相交，可能为相交直线或异面直线. 综上所述，“相交”是“相交”的充分不必要条件. 故选:C. 3. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算化简，然后结合共轭复数的概念和复数的几何意义可得. 【详解】因为，所以， 所以，故， 因此在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B 4. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值. 【详解】因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 5. 下列命题中正确的是 A. 若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面 B. 若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行 C. 平行于同一条直线的两个平面平行 D. 若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b不在平面α内，则b∥α 【答案】D 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理，可以判断的真假；根据线面平行的定义及几何特征，可以判断与的真假；根据线面平行的判定定理，可以判断的真假；进而得到答案． 【详解】解：如果，是两条直线，且，那么平行于经过但不经过的任何平面，故错误； 如果直线和平面满足，那么与内的任何直线平行或异面，故错误； 平行于同一条直线的两个平面可能平行，也可能相交，故错误； 选项：过直线作平面，设， 又 又 又且 ．因此正确． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是空间中直线与平面之间的位置关系，熟练掌握空间中线线、线面、面面各种关系的定义、判定、性质及几何特征是解答本题的关键． 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性可得三者的大小关系. 【详解】因为，所以， 又，，所以， 所以， 故选：D 7. 已知第二象限角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式和同角三角函数的基本关系求出，再由两角和的正弦公式代入化简所求表达式可得，即可得出答案. 【详解】因为，且为第二象限角，所以， 于是 . 故选：D. 8. 已知函数存在一个极大值点和一个极小值点，使得点和之间的距离不大于.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期，的极大值与极小值，再由两点间距离公式建立不等式，并由求出的最小值. 【详解】依题意，，函数的最小正周期， ，又， 当时，，即，因此， 所以的最小值为. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，满分18分，每小题给出的备选答案中，有多个选项是符合题意的.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知中，是边上靠近的三等分点，为的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，其中，，则下列结论正确的是：（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，根据平面向量的线性运算求解判断即可；对于C，由A知，，利用三点共线可得，即可判断；对于D，由C知，，根据基本不等式“1”的妙用求解判断即可. 【详解】对于A，由题意得，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，由A知，， 由于M、O、N三点共线，可知，即，故C正确； 对于D，由C知，，且，， 所以， 当且仅当 ，即时取得等号， 所以的最小值为，故D错误. 故选：ABC 10. 等比数列的前项和，前项积记为，则（ ） A. 公比为2 B. C. D. 有最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式，结合求出公比及通项，再逐项求解判断. 【详解】由等比数列的前项和，得， ， 对于A，等比数列的公比，A正确； 对于B，由，得，即，解得，B正确； 对于C，，则，C错误； 对于D，， 当或时，取得最小值 又函数单调递增，因此当或时，取得最小值，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，的定义域均为，导函数分别为，，若，，且，则（ ） A. 4为函数的一个周期 B. 函数的图象关于点对称 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题中条件可得即可判断A,由的关系可判断B，由得进而可得 ，结合周期性即可判断CD. 【详解】由得， 由求导得， 又得，所以， 所以，所以， 所以， 所以4为函数的一个周期，A正确； ，故， 因此， 故函数的图象关于点对称，B正确， 在中，令 由得 为常数，故， 由函数的图象关于点对称， ， 因此， 所以由于的周期为4，所以的周期也为4， 由于，所以， ， 所以，故C正确， 由于 ,故D错误， 故选:ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知函数，则__________． 【答案】28 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数运算、对数运算分段代入求出函数值. 【详解】依题意，，所以. 故答案为：28 13. 已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是________. 【答案】 【解析】 【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角. 【详解】因为，所以，即①. 因为向量在向量方向的投影向量是， 所以.所以②， 将①代入②得，，又，所以. 故答案为： 14. 已知数列的前项和为，，则________. 【答案】210 【解析】 【分析】分为奇数和偶数两种情况，发现数列的特点，再分组求和即可. 【详解】由， 当为奇数时，为偶数， 则，， 两式相减得； 当为偶数时，为奇数， 则，， 两式相加得. 则 . 故答案为：210. 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点． （1）求证：； （2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由． 【答案】（1）证明：在四棱锥中，平面，平面， 平面平面， ∴. （2）线段存在点N，使得平面，理由如下： 取中点N，连接，， ∵E，N分别为，的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面， 取AP中点F,连结EF,BF，，且， 因为，， 所以，且， 所以四边形BCEF为平行四边形， 所以. 又面PAB，面PAB，所以平面； 又， ∴平面平面， ∵M是上的动点，平面， ∴平面PAB， ∴线段存在点N，使得MN∥平面． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）取中点N，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 16. 已知是数列的前项和，且满足，，数列满足， （1）求和； （2）若数列满足，，求的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据和的关系，结合化简可得，，再利用累乘法可求得，由化简得，可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，进而求得； （2）由题设可得，根据裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由题意可知，， 则，则， 则，， 所以， 则，， 而满足上式，则. 由，则， 则，即，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即. 【小问2详解】 由， 则， 所以 . 17. 如图，平面四边形中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且. （1）求角； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简，求出，即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为在中，， 故，而， 故， 即，又，， 可得，，又，； 【小问2详解】 由于，，， 故， 则； 又， 故， 又为锐角， 所以 ， 故； 18. 已知数列满足，，，的前项和为. （1）证明：为等比数列，并求数列的通项公式； （2）若前项和为，且存在，使得对任意，总有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 由题意每一项都不为零，由得， 所以，等式两边取倒数得，得， 又，因此是首项为，公比为的等比数列， 所以，故. （2） 【解析】 【分析】（1）由已知等式变形为，可得出，结合等比数列的定义可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，进而可得出数列的通项公式； （2）求出、的表达式，结合题意得出，令，，分析数列、的单调性，求出这两个数列的最大项的值，可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，. 所以 . ， ， 两式作差可得， 所以， 进而，使得，， 即有， 令，则， 令得，可得，解得， 因为，故， 令得，可得，解得或， 因为，故， 即有当时，，即， 同理当时，，即，所以， 再令， 因为函数、在上均为减函数，故函数在上为减函数， 所以数列为递减数列，即， 所以有，解得. 因此实数的取值范围是. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）证明：由（2）可知，取，得，，则， 所以，， 令，有， 所以， 则，得证. 【解析】 【分析】（1）直接求导，分析函数的单调性即可； （2）求导可得，设，进而分、、三种情况分析求解即可； （3）由（2）可知，取，，，进而得到，，令，可得，进而结合裂项相消法求证即可. 【小问1详解】 当时，，则， 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】 由，， 则， 设，则， 当时，，，则， 所以函数在上单调递减， 则，符合题意； 当时，，则在上单调递减， 所以，则， 所以在上单调递减， 则，符合题意； 当时，， （i）当时，，则在上单调递增， 所以，则， 所以在上单调递增，则，不符合题意； （ii）当时，若，则， 所以，则在上单调递减， 所以，则， 所以在上单调递减，则，符合题意； （iii）当时，令，其中， 所以当时，单调递增，则，即， 所以在上单调递增，则，不符合题意. 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $