精品解析：黑龙江哈尔滨市第九中学校2026-2027学年高三上学期9月阶段性考试数学试卷

哈九中2024级高三9月阶段性考试 数学试卷 （时间120分钟，满分150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求 1. 已知是虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，则的虚部为. 2. 函数，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求的定义域,再结合复合函数定义域的方法求解即可. 【详解】要使函数有意义，则，即，解得或， 所以函数的定义域为 对，令，则， 所以或，解得或 所以定义域为. 3. 已知向量满足，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积进行求解，判断选项. 【详解】根据题意可得，. 故选：A. 4. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项性质可知，，再应用等差数列的性质即可求解. 【详解】因为，，三项成等比数列，所以， 故，结合可得 ， 解得 或（负值舍去）. 5. 将图象向左移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】三角函数图像平移遵循“左加右减”，正弦型函数为偶函数的核心条件是相位为，由此锁定，再代入计算即可． 【详解】由题，， 因为为偶函数，所以，即， 又，所以， 则． 6. 圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ） A. 30m B. 20m C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中由正弦得出AM，再结合中由正弦定理得到CM，进而能求CD． 【详解】由题意知：，则， 在中，， 在中，由正弦定理得， 所以， 且 在中， (m)． 故选：C． 7. 已知等比数列的公比为，其前项积为，且满足，，，则（ ） A. B. C. 是数列中的最小项 D. 若，则的最小值为4053 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知分析得且，结合等比数列的性质及的定义依次判断各项的正误． 【详解】已知等比数列，，， 说明与异号，即一项大于 1，一项小于 1， 又，故同号，则，故A错误； 结合，若，则，矛盾， 因此，数列单调递减，由此得， ，故B错误； 是数列中的最大项，故C错误； ，， 又，则， 所以若，则的最小值为4053，故D正确． 8. 若函数的最小值为，则（ ） A. 1 B. C. e D. 【答案】D 【解析】 【分析】设函数在处取得最小值，其中，故有，进而可得，即，然后可得，再检验即可． 【详解】设函数在处取得最小值，其中，故有． 由，得． 又，所以， 整理得． 因为，所以，从而． 当时，． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以在处取得最小值，且，符合题意． 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. 下列说法正确的有（ ） A. 设，，则“”是“”的充分不必要条件 B. 若，则 C. 若，，则 D. 当时，的最小值是2 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A由充分不必要条件的定义可以判断得出；对B由存在量词命题的否定可得结果；对C由不等式的性质可得结果；对D可用基本不等式判断. 【详解】对于A： “”时一定有“” ，但“”不能推出“”，故“”是“”的充分不必要条件，A正确； 对于B：存在量词命题的否定是全称量词命题，若，则有，故B正确； 对于C：由，得，又，由同向不等式可加性有，所以C正确； 对于D：因为，有，所以， 当且仅当，即时等号成立， 故当时，的最小值是3，D不正确. 10. 已知平面向量，满足，且．设实数，，，则（ ） A. B. C. ，的夹角为钝角 D. 的最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算判断A；利用数量积的运算律及夹角公式求解判断BCD. 【详解】对于A，，故正确； 对于B， 所以，即，故正确; 对于C， 因为，，故与夹角为锐角，不是钝角，故错误; 对于D，因为，开口向下，对称轴， 所以,故正确. 11. 已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意， B. C. 若，则 D. 当数列是等差数列时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将原递推公式的替换为,得 ，再利用递推公式即可判断；对于BC，使用分组求和解决；对于D，利用等差数列的性质，先求出通项公式，再求出. 【详解】对于A，将原递推公式的替换为,得 ， 又，两式相减可得，故A选项正确； 对于B， ，故B选项错误； 对于C， ，故C选项正确； 对于D，当数列是等差数列时，设公差为，则，， 令，则即，， 所以，，故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设平面向量，，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由向量平行坐标表示结合同角三角函数关系可得答案. 【详解】因，则. 13. 已知数列满足，，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据递推关系，求出数列的前5项，得到数列的周期，根据周期性求出问题. 【详解】由题意得， 由于递推关系是相邻两项的关系， 所以数列是周期为3的周期数列， 故. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，点是边上靠近的三等分点．若，，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，，在和中利用余弦定理得，构造函数利用三角换元求最值即可. 【详解】设，因D是AB上靠近B的三等分点，故 记，已知，，则， 在中：由余弦定理， 得，则， 在中：由余弦定理， 得，则有， 由，得， 解得，则有， 求的最大值，由且可知，取， 设，令，， 满足且，则有， 所以， 当时，，， 所以的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）若，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接交于，连接， 为中点，为中点， ， 而平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线找到线线平行，依据线面平行判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，代入线面角向量公式计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，由正三棱柱得，则平面. 为等边三角形，为的中点， . 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， ，， ，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 即 令 ∴平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． 16. 已知数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）因为， 所以， 所以数列为以为首项，4为公比的等比数列， 所以，所以； （2）由（1）可知， 设数列的通项公式为，前项和为， 数列的通项公式为，前项和为， 则， 所以， 则， 所以， 又， 所以． 17. 把一颗质地均匀，四个面上分别标有复数1，，，（为虚数单位）的正四面体玩具连续抛掷两次，第一次出现底面朝下的复数记为，第二次出现底面朝下的复数记为． （1）计算的值； （2）用表示“”这一事件，求事件的概率； （3）设复数的实部为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） （3） 0 1 【解析】 【分析】(1)利用虚数单位i的幂次周期为4的性质，每连续四项相加和为0，对2027项分组，余下几项单独计算；(2)连续抛两次，总基本事件共16个，枚举满足的组合，用古典概型求概率；(3)先求出的所有可能取值，分别数对应基本事件个数写出分布列，再按期望公式计算. 【小问1详解】 因为i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋4＝1， 所以i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＋4＝0(n∈N)， 因为， 所以. 【小问2详解】 所有的基本事件个数有（个）， 包含的基本事件有、、、共4个，所以． 【小问3详解】 由题意可知，随机变量的可能取值为-1、0、1， 所包含的基本事件有：、、、，共4个， 所包含的基本事件有：、、、、、、、，共8个， 所包含的基本事件有：、、、，共4个， 所以，，，， 的分布列为 0 1 所以． 18. 已知（其中，），函数相邻的极小值点和极大值点分别为和．直线为函数在轴右侧与轴距离最近的对称轴，且分别交函数的图象和轴于，两点，点为线段上一动点． （1）求函数的表达式，并写出其增区间； （2）设的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围； （3）设，记，请写出关于的函数表达式，并求的最小值． 【答案】（1）， （2） （3）， 【解析】 【分析】（1） 根据相邻的极值点间的距离为求出，再代入极值求出解析式； （2） 根据求出，再根据余弦定理及基本不等式求出的范围； （3）利用的三角函数表示出，再利用导数判断其单调性，从而求出最小值. 【小问1详解】 设的最小正周期为， 则由题可知，，而，解得， 则； 在处取得极大值，，， 又因为，故，，则 令，， 解得， 即的增区间为 【小问2详解】 因为，因为，所以， 又因为，所以由余弦定理， 即，即． 而，当且仅当时取等号， 所以，即， 又因为，所以，即． 【小问3详解】 由题可知，为轴右侧最接近轴的极大值点，而正弦型函数的极值点同时也是其对称轴， 因此易知，故，则，． ，，． 因此． 设，，，． 设， 则， 当时，，，即，因此在上单调递减； 当时，，，即，因此在上单调递增， 因此在时取到最小值，， 故的最小值． 19. 牛顿在《流数法》一书中，利用迭代思想给出了一种求高次代数方程近似解的方法：牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的2次近似值.一般地，曲线在点处的切线为，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解，称数列为函数的牛顿数列. （1）若的零点为，请用牛顿法求的2次近似值. （2）设函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列且.已知数列满足. （i）求和的关系； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i） （ii）证明：由（i）知，所以，则. 因为，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 则，即. 设，则， 所以在上单调递增，所以，即 所以，又，则， 所以， 所以成立. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程； （2）（i）根据切线方程令，得，再代入计算求解； （ii）先求出导函数，再构造函数，再结合单调性即可证明不等式. 【小问1详解】 因为，所以，所以 因为，所以， 即，令，得. 又，所以， 即，令，得. 【小问2详解】 （i）因为，所以. 令，得， 所以. 因为， 所以. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈九中2024级高三9月阶段性考试 数学试卷 （时间120分钟，满分150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求 1. 已知是虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 函数，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 0 4. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 5. 将图象向左移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ） A. 30m B. 20m C. D. 7. 已知等比数列的公比为，其前项积为，且满足，，，则（ ） A. B. C. 是数列中的最小项 D. 若，则的最小值为4053 8. 若函数的最小值为，则（ ） A. 1 B. C. e 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. 下列说法正确的有（ ） A. 设，，则“”是“”的充分不必要条件 B. 若，则 C. 若，，则 D. 当时，的最小值是2 10. 已知平面向量，满足，且．设实数，，，则（ ） A. B. C. ，的夹角为钝角 D. 的最大值为2 11. 已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意， B. C. 若，则 D. 当数列是等差数列时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设平面向量，，且，则______． 13. 已知数列满足，，则______． 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，点是边上靠近的三等分点．若，，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）若，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的前项和． 17. 把一颗质地均匀，四个面上分别标有复数1，，，（为虚数单位）的正四面体玩具连续抛掷两次，第一次出现底面朝下的复数记为，第二次出现底面朝下的复数记为． （1）计算的值； （2）用表示“”这一事件，求事件的概率； （3）设复数的实部为，求的分布列及数学期望． 18. 已知（其中，），函数相邻的极小值点和极大值点分别为和．直线为函数在轴右侧与轴距离最近的对称轴，且分别交函数的图象和轴于，两点，点为线段上一动点． （1）求函数的表达式，并写出其增区间； （2）设的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围； （3）设，记，请写出关于的函数表达式，并求的最小值． 19. 牛顿在《流数法》一书中，利用迭代思想给出了一种求高次代数方程近似解的方法：牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的2次近似值.一般地，曲线在点处的切线为，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解，称数列为函数的牛顿数列. （1）若的零点为，请用牛顿法求的2次近似值. （2）设函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列且.已知数列满足. （i）求和的关系； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $