精品解析：黑龙江省实验中学2026-2027学年高三上学期第二次月考数学试题

黑龙江省实验中学2026—2027学年度高三学年上学期第二次月考 数学学科试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：任冬芸 审题人：王晓红 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分) 1. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象如图所示，是等边三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图像的最高点，且，则（   ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上可导，导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 是偶函数 D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 在平面直角坐标系中，，下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量为 10. 已知，，分别为内角，，的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，，且有两解，则的取值范围是 D. 若，则为锐角三角形 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，若正数满足，则的最小值为______． 13. 化简求值：_______________ 14. 已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，若平面内动点P满足，则的最小值为_____. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说面、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列为等差数列，是其前项和，且．数列满足， （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 已知函数， （1）求的最小正周期及对称轴方程； （2）在中，，若的平分线交于，求的长． 17. 已知函数，令． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求的最小值． 18. 在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为15，求； （3）若，，求实数的取值范围． 19. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 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2026—2027学年度高三学年上学期第二次月考 数学学科试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：任冬芸 审题人：王晓红 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分) 1. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先代入已知复数，化简待求式，再通过分母实数化得到复数的代数形式，即可确定其虚部. 【详解】代入，则，即，根据复数虚部的定义，该复数的虚部为. 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据偶次根式有意义求出集合，根据对数函数的单调性求解集合，再根据集合的交并补运算即可. 【详解】由偶次根式有意义，得，即，解得. 所以. 由，得，所以. 又，所以. 所以. 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式计算可得. 【详解】因为，，， 所以，， 当且仅当，即，时取等号. 故选：C. 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数的定义域为,再判断出关于中心对称，进而判断出当时，的图象位于轴下方，结合排除法即可得答案. 【详解】由，解得， 所以函数的定义域为, 又因为 ， 所以关于中心对称，故排除C ,D； 当时，，， ，， 所以，图象位于轴下方，故排除B. 由对称性可知当时，的图象位于轴上方， 所以只有A满足. 5. 函数的部分图象如图所示，是等边三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图像的最高点，且，则（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先结合等边三角形的几何特征求解周期，再结合零点坐标关系求解相位参数，最后利用三角函数的周期性分组求和得到结果. 【详解】∵ 函数的振幅为，故最高点的纵坐标为，即等边的高为. 设等边三角形边长为，由等边三角形高与边长的关系得，解得，即. ∵ 余弦函数两个相邻零点之间的距离为半个周期，故，得周期，因此. ∵ 且，解得，，结合图象得，. ∵ 为函数单调增区间内的零点，故，， 代入得，化简得，. ∵ ，故，即. 计算一个周期内的函数值和： ， ， ， ， 故. ∵ 求和项共项，，即包含个完整周期， 剩余项对应，，， ∴ . 6. 已知函数在上可导，导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】不等式，因为，两边除以，得出. 设，求导：. 由条件，又，所以， 在R上单调递增. 是偶函数：， 说明函数的图像关于直线对称. ，令，得， 已知，， 因为单调递增，所以时，， 故不等式解集为. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合求得，进而结合二倍角公式求得，再结合，根据正弦差角公式求解即可. 【详解】因为，所以． 因为，所以． 因为，所以. ． 因为， 所以 ． 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 是偶函数 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的偶函数条件得到的对称关系并求导判断B，再用反例排除A、C、D. 【详解】因为为偶函数，所以. 令，则，所以，即. 两边关于求导，得. 又，所以，即， 因此的图象关于点对称，B正确. 为排除A、C、D，取，则为偶函数， 且为奇函数，满足题设条件. 此时，，所以的图象不关于直线对称，A不正确. 又，所以不为偶函数，C不正确. 当时，依次为，并以为周期. 因为，所以，D不正确. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 在平面直角坐标系中，，下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由，则，故A正确； 对于B，由，则，解得，故B错误； 对于C，由，则，解得，故C正确； 对于D，若，则，即，， 所以在方向上的投影向量为，故D正确. 10. 已知，，分别为内角，，的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，，且有两解，则的取值范围是 D. 若，则为锐角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：利用正弦定理结合倍角公式可得，进而分析判断；对于B：由锐角三角形可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于C：根据题意结合正弦定理分析求解；对于D：整理可得，利用正、余弦定理可得，进而分析判断. 【详解】对于A，若，由正弦定理得，即， 因为，可得或，即或， 所以为等腰三角形或直角三角形，所以A不正确； 对于B，由为锐角三角形，可得，可得， 因为，可得，所以， 即，所以B正确； 对于C，若，，可得， 要使得有两解，则满足，即的取值范围为，所以C正确； 对于D，若，可得， 可得，由正弦定理得， 又由余弦定理得，且，所以， 但不确定，所以无法判定为锐角三角形，所以D错误. 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项对利用平方差公式、二倍角公式化简函数解析式对比判断正误；B选项利用三角函数图像平移规则，先统一函数名称再验证平移结果；C选项求出解析式，换元结合余弦函数单调区间求解；D选项写出表达式，换元得到的取值范围，根据区间内最值点、零点个数列出不等式，联立求解范围． 【详解】对于A， ，故A错误； 对于B，向左平移个单位得到： ， 且，B正确； 对于C，， 令，余弦函数的单调递增区间为， 解得，和选项表述一致，C正确； 对于D，， 令，则， 恰有3个最值点：正弦函数最值点对应，要求第3个最值点落在区间内、第4个最值点不落在区间内，即； 恰有4个零点：正弦函数零点对应，要求第4个零点落在区间内、第5个零点不落在区间内，即； 联立两个不等式解得，D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，若正数满足，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇偶性与单调性可化简已知等式求得；由，结合基本不等式可求得结果. 【详解】，为定义在上的奇函数，且， ，即， 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，，即， （当且仅当，即时取等号）， 的最小值为. 13. 化简求值：_______________ 【答案】 【解析】 【分析】切化弦结合三角恒等变换公式变形化简即可求解. 【详解】因为 ， 则， 所以. 14. 已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，若平面内动点P满足，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设出点，通过，得出， 将表示为的函数，利用函数的性质求最值. 【详解】以的中点为原点，所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图坐标系. 则，设， 因为，所以得. 所以. . ，所以，所以. 所以. 当时，取得最小值，最小值为. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说面、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列为等差数列，是其前项和，且．数列满足， （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，即， 又因为，即， 可得，，所以； 因为，，可知数列是首项和公比均为的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为，则， 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 是以. 16. 已知函数， （1）求的最小正周期及对称轴方程； （2）在中，，若的平分线交于，求的长． 【答案】（1）最小正周期，对称轴方程 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角公式、辅助角公式将化简为正弦型函数，再结合三角函数性质求解周期及对称轴方程； （2）先由求出角，再利用三角形面积的拆分关系建立方程求解的长度. 【小问1详解】 函数， 最小正周期， 由， 解得的对称轴方程为； 【小问2详解】 由得，即， 因为为的内角，故，则， 因此，解得， 因为是的角平分线，所以， 由面积关系，则有 ， 得 ，解得. 17. 已知函数，令． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2）0 【解析】 【分析】（1）根据导数求切线斜率，再结合点斜式求解切线方程； （2）根据导数符号确定函数单调性，进而求解函数最值. 【小问1详解】 ，则， 则在处切线斜率， 切点为，即， 整理得切线方程. 【小问2详解】 由， 因，故，即在上单调递增， 又， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在处取最小值，，即最小值为0． 18. 在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为15，求； （3）若，，求实数的取值范围． 【答案】（1）; （2）; （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理实现边化角，化简得到，从而求出角； （2）根据角平分线建立面积等量关系，结合余弦定理求出的长； （3）根据已知条件，结合正弦定理及两角差的正弦公式，化简可得，再结合正弦函数图象，求出的取值范围，从而求出的取值范围. 【小问1详解】 ，即， 由正弦定理可得：，， 即，又， ，即， 在中，，则，又，； 【小问2详解】 由（1）知，则由余弦定理得， 的周长为15，则，，，， 又是的角平分线，，即， 则，； 【小问3详解】 由，则点为上靠近点的一个三等分点， ，，， 又，，则，，， 由正弦定理得， ， 化简整理得，又，，则， ，即. 19. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 【答案】（1） （2）证明：由题意得，． 因为有2个极值点a，b，则有两个正根a，b． 则，解得． 所以 ． 设，，则． 因为，所以，则， 所以在区间上单调递增． 即， 所以． （3）设， 当时，．又恒成立，则在上单调递减； 当时，．又恒成立，则在上单调递增． 因为方程在上有2个不同的根，， 又时，，如图所示： 所以，． 又在处的切线方程为，设，． 当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则． 即当时，． 与，的两个交点的横坐标分别为与， 则有，同时． 过点和的直线方程为， 该直线与的交点的横坐标为，同理可证：， 所以． 综上所述，成立． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，根据函数单调性得到恒成立，参变分离，结合基本不等式可得答案； （2）根据极值点情况可得不等式，得到，，故，设，，求导，得到的单调性，得到，证明出结论； （3）设，求导，得到的单调性，画出的图象，数形结合得到，．又在处的切线方程为，设，求导，得到的单调性，得到，并得到过点和的直线方程为，该直线与的交点的横坐标为，同理可证，所以，可得成立． 【小问1详解】 的定义域为，． 因为在上单调递增，所以恒成立． 则，即在上恒成立，所以． 因为，当且仅当时，等号成立． 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $