精品解析：北京市顺义区顺义区第九中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

顺义区第九中学2026－2027学年度第二学期10月 学业质量监测高三年级数学试卷 考生须知 1．本试卷总分150分，考试用时120分钟. 2．本试卷共5页. 3．在答题卡上准确填写姓名、班级和教育ID号. 4．所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.择题必须用2B铅笔作答，非选择题必须用黑色字迹的签字笔做答. 5．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留. 第一部分 选择题（共40分） 一、选择题：在下列各题中，只有一个选项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号在答题卡上涂黑.（每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是． A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 7. “角的终边关于原点对称”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 9. 设函数，若恒成立，且存在，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 某放射性物质在衰变过程中，剩余质量与时间的关系式为，其中为初始质量，T为半衰期（放射性物质的剩余质量衰减到原来一半所需的时间）.已知该物质的半衰期为8天，则大约经过（ ）天后，剩余质量变为初始质量的. 参考数据： A. 25 B. 27 C. 29 D. 31 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为___________． 12. 已知复数z满足，则复数______. 13. 已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则B＝______；若b＝4，则△ABC的面积的最大值为______. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④△面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知函数 （1）的最小正周期及单调减区间； （2）若任意的，都有，求m的取值范围. 17. 如图，在正方体中，E为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在中，． （1）求角的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，，点为棱中点，平面与棱交于点. （1）求证：是棱的中点； （2）若.求： （ⅰ）二面角的余弦值； （ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 20. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）当且时，判断与的大小，并说明理由． 21. 对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列. （1）若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列； （2）证明：若数列中存在使得，则存在使得成立； （3）数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义区第九中学2026－2027学年度第二学期10月 学业质量监测高三年级数学试卷 考生须知 1．本试卷总分150分，考试用时120分钟. 2．本试卷共5页. 3．在答题卡上准确填写姓名、班级和教育ID号. 4．所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.择题必须用2B铅笔作答，非选择题必须用黑色字迹的签字笔做答. 5．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留. 第一部分 选择题（共40分） 一、选择题：在下列各题中，只有一个选项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号在答题卡上涂黑.（每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， . 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得，结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为复数， 所以其在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】选项中，函数是非奇非偶函数，故错误； 选项中，函数是偶函数，在上是增函数，在上是减函数，故错误； 选项中，函数是非奇非偶函数，故错误； 选项中，函数是偶函数，当时，，所以函数在上单调递增，故正确．综上选． 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，利用即可得出的值. 【详解】由题意，， ∴， ∵， ∴，解得：， 故选：B. 5. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系式、正弦定理来求得正确答案. 【详解】由于，所以为钝角，所以， 由正弦定理得. 故选：D 6. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象先求得函数的周期为，结合的范围可先确定，然后根据特殊点在函数图象上，同时结合的范围即可求得 【详解】根据图象可得： ，所以可得的周期为， 根据，则有：， 又 解得：， 根据， 可得： 故选：A 7. “角的终边关于原点对称”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】判断两个条件的推出关系 【详解】若角的终边关于原点对称，则，， 反之，若，则，角的终边关于原点对称 故为充要条件 故选：C 8. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在，再由函数的单调性及可得不等式的解集. 【详解】因为单调递增，且，， 所以存在唯一，使得， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，且， 所以由可得， 故选：A 9. 设函数，若恒成立，且存在，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】， 由恒成立，可得为正整数， 又存在，使得，则， 故，即， 因为，取时，，解得， ，故的最小值为3． 10. 某放射性物质在衰变过程中，剩余质量与时间的关系式为，其中为初始质量，T为半衰期（放射性物质的剩余质量衰减到原来一半所需的时间）.已知该物质的半衰期为8天，则大约经过（ ）天后，剩余质量变为初始质量的. 参考数据： A. 25 B. 27 C. 29 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】设经过天后，剩余质量变为初始质量的，化简可得，利用换底公式得到最终结果. 【详解】由题意，， 设大约经过天后，剩余质量变为初始质量的， 则有，所以， （天）， 故大约经过27天后，剩余质量变为初始质量的. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案. 【详解】依题意，，解得， 所以的定义域为. 故答案为： 12. 已知复数z满足，则复数______. 【答案】 【解析】 【分析】先通过复数的乘法、除法运算求出复数的代数形式，再代入复数模的计算公式求解即可. 【详解】由，得. 所以. 13. 已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 【答案】 ①. （答案不唯一，满足题意即可） ②. （答案不唯一，满足题意即可） 【解析】 【详解】，即， 结合，可知 两边同除以可得：， 即，又， 故取，满足条件. 14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则B＝______；若b＝4，则△ABC的面积的最大值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先根据余弦定理直接推导角的大小，再结合基本不等式求出的最大值，代入三角形面积公式得到面积最大值. 【详解】 由余弦定理，得， 又，所以 因为，故，所以. 又，所以. 将代入中， 得 ，即，当且仅当时取等号. 三角形面积为 . 因此面积的最大值为. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④△面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③ 【解析】 【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④. 【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接， 则五边形即为所得的截面图形，故①正确； 对于②，由题可知，平面，平面， ∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得， ，， ∴， ， ∴由，可得， 所以直线到平面的距离是，故②错误； 对于③，如图建立空间直角坐标系，则， 设， ∴，又， ∴，， 假设存在点，使得， ∴，整理得， ∴（舍去）或， 故存在点，使得，故③正确； 对于④，由上知，所以点在的射影为， ∴点到的距离为： ， ∴当时，， ∴故△面积的最小值是，故④错误. 故答案为：①③. 三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知函数 （1）的最小正周期及单调减区间； （2）若任意的，都有，求m的取值范围. 【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为 （2）的取值范围为 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简解析式，由此求得的最小正周期及单调递减区间； （2）根据三角函数值域的求法，求得在区间上的最小值即可得解. 【小问1详解】    所以的最小正周期是，  由正弦函数的性质，令，， 解得， 所以的单调递减区间是. 【小问2详解】 当时，， 所以当，即时，，  又任意的，都有， 所以. 17. 如图，在正方体中，E为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接，设，连接， 因为是正方体，所以是正方形，则是的中点， 因为E为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解； （2）用等体积法求到平面的距离，设与平面所成角为，则，计算得到所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， E为的中点，底面，， ， ， ， ， ， 三角形是等腰三角形，底边， 底边高：， ， ， ， 设与平面所成角为， 直线上点到平面距离为，线段， ， 直线与平面所成角正弦值为. 18. 在中，． （1）求角的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 【答案】（1） （2）若选条件①：，条件②：，存在，但不唯一确定，故不符合题意；若选条件①：，条件③：，；若选条件②：，条件③：，. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得答案； （2）若选条件①、②，由余弦定理解得或，不符合题意；若选条件①、③，利用平方关系求出，由正弦定理可得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意；若选条件条件②、③，利用平方关系计算出，由正弦定理解得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为在中，，所以， 又因为，所以，所以， 可得； 【小问2详解】 由（1）知， 若选条件①：，条件②：， 则由余弦定理可得, 即，解得或， 则存在，但不唯一确定，故不符合题意； 若选条件①：，条件③：， 则可得， 在中由正弦定理可得，即，解得， ， 因为，所以， 所以，符合题意； 若选条件②：，条件③：， 则可得， 在中由正弦定理可得，即，解得， ， 因为，所以， 所以，符合题意. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，，点为棱中点，平面与棱交于点. （1）求证：是棱的中点； （2）若.求： （ⅰ）二面角的余弦值； （ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）因为底面为平行四边形，所以， 而平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 在中，为的中点，故为的中点. （2）（i） （ii）不存在，理由如下： 若在棱上存在点，设，则，且，所以， 则， 若平面，则，所以，此方程无解， 故在棱上不存在点，使得平面. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可知平面，由线面平行的性质可推导出，由此能证明结论； （2）（i）由可得为正三角形，取中点，连接，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值即可；（ii）利用向量共线定理，假设存在点，将转化为带参数的向量，由线面垂直得到线线垂直，建立方程求解参数即可判断. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为底面为平行四边形，又，则底面为菱形，若，可得为正三角形， 又因为平面平面，，平面平面，平面，所以 平面， 取中点，连接，则，即， 如图所示，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由于平面，则是平面的一个法向量， 设平面的法向量为，又，， 所以，令，得，所以， 设二面角为，为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为； （ii）略. 20. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）当且时，判断与的大小，并说明理由． 【答案】（1） （2）单调递增区间为；单调递减区间为和 （3） 当且时，，理由如下： 令，则． 设，则． 所以当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 从而，即． 所以的单调递增区间为和． 当时，，即； 当时，，即． 综上，当且时，． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可求解； （2）利用导数讨论函数的单调性即可； （3）构造函数，利用二阶导数讨论函数的单调性，即可下结论. 【小问1详解】 当时，，所以． 所以． 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 的定义域为，且． 令，得． 与的情况如下： - - 0 + 所以的单调递增区间为；单调递减区间为和． 【小问3详解】 略 21. 对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列. （1）若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列； （2）证明：若数列中存在使得，则存在使得成立； （3）数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列． 【答案】（1），，， （2）由题意， 假设不存在使得成立， 根据数列定义可知，， 所以，则， 即， 所以，所以，这与已知矛盾， 故若此数列中存在使得， 则存在使得成立． （3）由题意， 必要性： ，，， 则． 因为为单调递增数列， 所以对所有的，或， 否则． 因此，所有的同号或为，即， 所以为单调递增数列． 充分性： 因为为单调递增数列，，且， 所以只能，所以同号或为， 所以对所有的，或， 所以． 所以，即为单调递增数列． 【解析】 【分析】（1）根据数列的数列相关条件即可得出所有的数列； （2）利用反证法，假设不存在使得成立，得出与假设不成立，即可得出结论； （3）通过证明得出为单调递增，再通过为单调递增数列证明为单调递增数列，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意， 各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列为： ，，， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，数列的单调性证明，反证法，考查学生的分析证明能力，具有较强的综合性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $