精品解析：黑龙江省哈尔滨市四校2026届高三上学期第二次联考数学试卷

哈尔滨四校2026届高三上学期第二次联考考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. “或”是“幂函数在上是减函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由幂函数的概念，系数为1，且在上是减函数，指数为负即可. 【详解】由幂函数在上是减函数， 则，解得， 故“或”是“幂函数在上是减函数”的必要不充分条件. 故选：C. 2. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过向量垂直的条件得出与的关系，再计算，最后开方得到的值. 【详解】已知，根据向量模长公式可得：， 因此， 因为，根据向量垂直的性质有：，即， 所以， 将和代入得：， 由，所以. 故选：A. 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示得，再应用齐次式运算，由弦化切求目标式的值. 【详解】由题设， 而. 故选：B 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误； 对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误； 对于D：若，，则或， 若，则在平面内存在直线，使得，又，则， 又，所以； 若，又，所以； 综上可得，由，，，可得，故D正确. 故选：D 5. 已知公差不为0的等差数列满足，为数列的前项和，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，则，而，再将代入化简可得答案 【详解】设公差不为0的等差数列满足， 则，整理可得． 则． 故选：B． 6. 在中，角所对的边分别为，且，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理结合得，利用正弦定理得，进而得，由已知求得，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】由余弦定理有：，又，所以， 又由正弦定理有：， 又， 所以， 又为三角形的内角， 所以或（舍去），所以，又， 所以 ，所以， 所以， 故选：D. 7. 已知函数，下列命题： ① ②函数为奇函数 ③若，则或， ④若（）在区间上恰有3个零点，则 其中真命题的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】计算的值，并结合三角函数的值域可判断①；利用奇函数满足的性质可判断②；解三角函数方程可判断③；求出的零点，利用第三个零点在内，第四个不在可得答案. 【详解】函数  的分析如下： 对于① ：，而  最大值为 1，因此不等式恒成立，命题为真； 对于②：，计算 ，不是奇函数，命题为假； 对于③：由，得：  ， 则  或 ，， 解得  或 ，，命题为真； 对于④：， 零点满足 ，解得 . 由  时恰有 3 个零点，得：第三个零点应小于等于，第四个零点应大于， 即， 解得 ，命题为真. 综上，真命题为①、③、④，共 3 个. 故选：C 8. 已知函数，若恒成立，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数进行求导，再利用导数和函数的关系求出导函数的零点，最后令求导判断即可； 先对题干中的式子进行变形，再构造函数，通过单调性比大小即可. 【详解】方法一：函数的定义域为，， 显然单调递增且有唯一零点. 令，即，此时有. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 即有：，. 令，，时，，单调递减； 时，，单调递增，，又，. 方法二：注意到，又恒成立由方法一得：，， ，，. 方法三：恒成立在恒成立， 令，即恒成立. ，时，，单调递增； 时，，单调递减 ，又恒成立，，. 故选：A 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知，若，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为1 C. 的最小值为8 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】AD选项，由基本不等式求出最值；B选项，化为，求出最小值；C选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】对于，由，即， 当且仅当，且，即时，取等号，所以A正确； 对于，因为， 当且仅当时，取到最小值，所以B错误； 对于C，因，所以， 当且仅当，且，即，时，取等号，所以C正确； 对于，当且仅当，且， 即时，取等号，所以正确. 故选：ACD. 10. 已知向量，，，其中，，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】AD 【解析】 【分析】由计算，由计算，由向量夹角的坐标计算公式计算，由投影向量的计算得到在上的投影向量. 【详解】A选项，因为，所以，解得，A正确； B选项，因为，所以，即，解得，所以，，B错误； C选项，，，，所以，C错误； D选项，在上的投影向量为，D正确； 故选：AD. 11. 已知函数，的定义域均为，，是偶函数，且，若，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的递推关系推导出函数的奇偶性、周期性、对称性，然后逐项进行分析推导求值即可. 【详解】因为是偶函数，所以， 则，所以. 选项A，当时，，又因为，所以， 由，得，所以，故A错误； 选项B，由，得， 两式相加得， 化简得，即， 又因为，所以， 所以图象关于点中心对称，故B正确； 选项C，由B知，，即，所以， 所以，故是以6为一个周期的周期函数， 所以，故C正确； 选项D，由B知，，所以，， ， 所以， 由A知，，. 由得，，所以. 所以. 则 ，故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. 函数在区间上的最小值为__________用数字作答． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简得，根据的范围求得，再根据二次函数的性质求函数的最小值． 【详解】函数， 因为，所以， 所以当或时，函数同时取得最小值，为， 故答案为：． 13. 等比数列的各项为正数，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的运算性质及下标和性质计算可得. 【详解】因， 所以，又， 所以，则，所以. 故答案为： 14. 已知函数是R上的偶函数，且在上恒有，（），则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数是R上的偶函数得到的对称轴，然后根据，（）得到函数在上的单调性，进而得到函数在上的单调性，最后求得答案. 【详解】因为函数是R上的偶函数，所以关于直线对称， 因为在上恒有，（）， 当时，，所以在单调递减，在单调递增， 不等式，则，解得. 故答案为：． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，内角所对的边分别为，已知向量，满足，且． （1）求的值； （2）若，的面积是，的角平分线交于点． ①求； ②求的值． 【答案】（1） （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）由数量积的坐标运算结合正弦定理得到，再结合两角和的正弦公式即可求解； （2）①由三角形面积公式得到，再结合余弦定理即可求解；②由即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得， ，则， 因为，所以，又，所以 【小问2详解】 ①由得， 由余弦定理得， 所以． ②由得 ， 所以 16. 已知函数为的导函数，当时， （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值； 【答案】（1） （2）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值； 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程； （2）根据导数和函数单调性极值的关系求解即可； 【小问1详解】 当时，，故， ，，切点为， 曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 因为，， ， 令，解得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 是极小值点，极小值为，无极大值； 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值； 17. 如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，即证即可； （2）求平面的法向量为，利用向量的夹角公式即可求解； （3）利用点到面的距离公式即可求解. 【小问1详解】 证明：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴､轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得，，，，，， 则，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，即， 取，得，，则， ， 所以，显然平面， 所以平面． 【小问2详解】 易知，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 易知， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可求得函数的增区间和减区间； （2）由已知不等式结合参变分离得出对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围； （3）当时，利用导数分析函数的单调性，利用极值点与导数的关系结合零点存在定理可证得在上存在唯一的极小值点，并可得出，再结合二次函数的基本性质可证得. 【小问1详解】 因为，其中，. ①当时，恒成立，增区间为，无减区间； ②当时，令，得， 由可得；由可得. 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述：当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 当时，恒成立，即恒成立. 令，则，其中， 由可得；由可得. 所以，函数的减区间为，增区间为. 所以，即，故的取值范围是. 【小问3详解】 当时，，， 令，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又因为，且， 所以存在唯一的，使得，即.① 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以是在上唯一的极小值点. 则，由①可知. 19. 如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，，． （1）用分别表示，． （2）若，，，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）14；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）连接，取中点为，连接，结合空间向量的线性运算，以为基底表示向量即可求解； （2）确定空间基底向量的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解，，即可得结论. 【小问1详解】 连接，取中点为，连接． 因为底面是正六边形，所以，即， 所以，又因为，所以． 【小问2详解】 由题知，， 根据，可知， 因为底面是正六边形，所以，所以． （ⅰ）． （ⅱ）因为， 所以，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨四校2026届高三上学期第二次联考考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. “或”是“幂函数在上是减函数”（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 已知公差不为0的等差数列满足，为数列的前项和，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 在中，角所对的边分别为，且，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知函数，下列命题： ① ②函数为奇函数 ③若，则或， ④若（）在区间上恰有3个零点，则 其中真命题的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 已知函数，若恒成立，则实数的值为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知，若，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为1 C. 的最小值为8 D. 的最小值为 10. 已知向量，，，其中，，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 已知函数，的定义域均为，，是偶函数，且，若，则下列说法正确的有（ ） A. B. 图象关于点中心对称 C. D 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在区间上的最小值为__________用数字作答． 13. 等比数列的各项为正数，若，则__________. 14. 已知函数是R上的偶函数，且在上恒有，（），则不等式的解集为________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，内角所对的边分别为，已知向量，满足，且． （1）求的值； （2）若，的面积是，的角平分线交于点． ①求； ②求的值． 16. 已知函数为的导函数，当时， （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值； 17. 如图，已知直四棱柱中，，，，，，是中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 19. 如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，，． （1）用分别表示，． （2）若，，，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $