精品解析：黑龙江省哈尔滨市第一中学2026届高三上学期第二次质量检测数学试题

哈尔滨市第一中学校2025—2026学年度上学期第二次质量检测 高三数学试卷 出题人：高三备课组 审题人：贺阳 考试时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷 选择题（58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，那么（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，依此类推，曲线在处的切线交轴于点，则的值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 函数 且的图象可能为（ ） A. B. C. D. 10. 记等比数列的前n项和为，前n项积为，且满足，则（　　） A. B. C. 是数列中的最大项 D. 11. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 第Ⅱ卷 非选择题（92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，侧面积为6，则该圆锥的体积等于____． 13. 若，，与的夹角是钝角，那么实数m的取值范围是________． 14. 设等比数列的前项和为，若公比，则___________. 四、解答题（本题共5大题，共77分） 15. 已知，． （1）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的解析式； （2）若，求． 16. 在锐角中，角所对的边分别为. （1）求角的大小； （2）求的取值范围. 17. 数列满足：． （1）求数列的通项公式； （2）设，为数列的前项和，若恒成立，求实数的取值范围． 18. 在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）若，，求数列的前项和. 19. 已知函数. （1）若在处取得极小值，求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第一中学校2025—2026学年度上学期第二次质量检测 高三数学试卷 出题人：高三备课组 审题人：贺阳 考试时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷 选择题（58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的并集的概念及运算，即可求解. 【详解】由题意，集合，可得. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指对数函数性质判断大小关系即可. 【详解】由，即. 故选：A 3. 如图一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则 确定原平面图形的形状及部分边长： 在斜二测画法中，平行于y轴的线段，在原图形中长度变为直观图中对应线段长度的倍． 已知直观图是底角为，腰和上底均为的等腰梯形，因为直观图中腰长为且平行于y轴，所以原平面图形为直角梯形，其直角腰长为直观图中腰长的倍，即；上底边长在斜二测画法中长度不变，所以原平面图形上底边长为． 原图如下： 将原平面图形上底，下底，高代入公式，可得． 原平面图形的面积是． 故选：A． 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则和模长公式求解. 【详解】，，， 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用弦化切方法即可直接求解. 【详解】由得. 故选：A 6. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的定义可知是公差为的等差数列，结合已知条件可求得的值. 【详解】由可得是公差为的等差数列，故. 故选：B. 7. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建系设，应用数量积的坐标运算得出，最后应用两角差的正切公式计算求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，则，． 设，则，，故，． 所以，当时，取得最大值， 此时． 故选：B． 8. 已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，依此类推，曲线在处的切线交轴于点，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出函数在处的切线，即可求出，再求出曲线在处的切线方程，从而得到，即可求出，则，利用裂项相消法计算可得. 【详解】由，得， 所以，， 则函数在处的切线方程为， 令，解得，即， 同理可得曲线在处的切线方程为， 令0，解得，即， 所以， 即数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则， 所以 ． 故选：D 二、多选题（本题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 函数 且的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】结合指数函数的图象性质，分，分别研究单调性和渐近线，进而得到答案. 【详解】当时，， 显然当时，函数单调递增，当时，函数单调递减， 函数图象的渐近线为，而，故A，B不符合； 对于C，D，因为渐近线为，故，故时，，故选项C符合，D不符合； 当时，， 当时，函数单调递增，当时，函数单调递减， 函数图象的渐近线为，而，故B符合，A，C，D不符合； 故选：BC. 10. 记等比数列的前n项和为，前n项积为，且满足，则（　　） A. B. C. 是数列中的最大项 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由等比数列性质得到；B选项，；C选项，得到，C正确；D选项，由等比数列性质得到，故D正确. 【详解】A选项，由等比数列性质得，A正确； B选项，，故，B错误； C选项，设公比为，因为， 所以，故， 故是数列中的最大项，C正确； D选项，由等比数列性质得， 故，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数，结合切线、单调区间、极值、方程的解等知识确定正确答案. 【详解】的定义域为，. A选项，， 所以曲线在处的切线方程为，A选项正确. B选项，令解得， 所以在区间，单调递减，B选项正确. C选项，在区间，单调递增， 所以有极小值，无极大值，C选项错误. D选项，的极小值为， 当时，；当时，， 方程有一个解，D选项错误. 故选：AB 第Ⅱ卷 非选择题（92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，侧面积为6，则该圆锥的体积等于____． 【答案】 【解析】 【分析】分别求得底面积和高，利用圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为R，因为轴截面是等边三角形，所以母线长为2R，高为， 侧面积S＝，解得：R＝， 所以，圆锥的体积为：V＝＝3. 故答案为. 【点睛】本题主要考查了圆锥的体积的计算，属于基础题. 13. 若，，与的夹角是钝角，那么实数m的取值范围是________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据与的夹角为钝角可得且与不共线，分别求解不等式即得. 【详解】由于与的夹角是钝角，则且与不共线 由，可得， 由与共线，可得，即. 故实数m的取值范围是且. 故答案为：且. 14. 设等比数列的前项和为，若公比，则___________. 【答案】64 【解析】 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】由等比数列的性质得. 故答案为：64. 四、解答题（本题共5大题，共77分） 15. 已知，． （1）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的解析式； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用向量数量积的坐标运算及降幂公式和辅助角公式得到的解析式，再利用三角函数的平移及伸缩变换得到的解析式； （2）根据的解析式求出，再利用同角关系求其余弦值，最后利用两角和的余弦公式求出的值. 【小问1详解】 将函数的图象向左平移个单位长度，则， 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，则有． 【小问2详解】 由题意得，所以， . 16. 在锐角中，角所对的边分别为. （1）求角的大小； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简即可求解.（2）利用，将化简为，再利用三角恒等变形化简，利用角的范围求函数的值域. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：，因为在锐角中，，， 所以，由于， 则. 【小问2详解】 因为， 所以， ， 因为在锐角中，，所以 ， ， 的范围是. 17. 数列满足：． （1）求数列的通项公式； （2）设，为数列的前项和，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据的关系，即可作差求解， （2）利用裂项相消法求解，根据单调性可得，进而根据求解即可. 【小问1详解】 令 又① ② 由①②得到 即：， 经检验，也成立，故数列的通项公式 【小问2详解】 因为是单调递增数列，且 若恒成立，则，解得或， 实数的取值范围为或． 18. 在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）若，，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式； （2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设的公差为，因为是与的等比中项， 所以，即， 整理得. 又，，所以， 则. 【小问2详解】 由（1）可得，， 则①， ②， ①-②得 则. 19. 已知函数. （1）若在处取得极小值，求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 【答案】（1）； （2）； （3）证明：由（2）知令，当时，（当且仅当时取“”） ∴当时，． 即当，有 ． 【解析】 【分析】（1）求函数的导数，根据求出的值，但需要验证；（2）需要分类讨论，根据导数求出函数的最小值；（3）由（2）可得，利用裂项求和证明即可. 【小问1详解】 ∵的定义域为，， ∵在处取得极小值，∴，即，此时，经验证是的极小值点，故． 【小问2详解】 ∵， ①当时，，∴在上单调递减，∴当时，矛盾． ②当时，，令，得；，得． （i）当，即时，时，，即递减，∴矛盾． （ii）当，即时，时，，即递增，∴满足题意． 综上:． 【小问3详解】 略 考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等式的证明及裂项求和的方法. 【方法点睛】本题主要考查的是导数的综合应用，恒成立的问题，以及不等式的证明及裂项法求和的方法，属于难题，前面两问相对来说较简单，但（2）问中恒成立问题，往往要分类讨论，合理的分类标准是解题的关键，因此准确的求出的范围，对第（3）问有非常大的影响，因为（2）中的闭区间上的值是（3）中需要赋的值，对于数列类不等式的证明，正确发现规律，裂项求和是证明此类题目的不二求法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $