黑龙江省佳木斯市第一中学2026-2027学年高三上学期第三次调研考试数学试题

《2026年10月17日数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B A B A B D ACD BC 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合. 【详解】因为全集，，故. 2．B 3．B 【分析】根据充分条件的定义以及面面平行的判定定理即可得出正确． 【详解】对于A，平面内有无数条直线与平行，若这些直线都平行，不一定能推出，A错误； 对于B，根据面面平行的判定定理可知B正确； 对于C，若平面，平行于同一条直线，则平面既可能平行，也可能相交，C错误； 对于D，若平面，垂直于同一平面，则平面既可能平行，也可能相交，D错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查面面平行的判定定理的理解和应用，以及充分条件的定义的理解，属于容易题． 4．A 【详解】由可得：， 整理可得：， 根据数量积定义可得：， 又因为， 所以， 又因为为非零向量，所以， 所以等式约去，整理可得：. 5．B 6．A 【分析】由图象变换的规律求得，进而根据已知可得，计算可求得的最小值. 【详解】由函数， 将函数的图象向右平移个单位长度， 得到， 因为的图象关于轴对称，可得， 解得， 又因为，所以的最小值为． 故选：A． 7．B 【分析】若，，有且，结合，并构造中间函数，应用导数研究单调性求最值即可. 【详解】，，则且， ∴，而且， 令，，则，有， ∴上，单调递减；上，单调递增； ∴. 故选：B 8．D 【分析】根据三角恒等变换公式化简题干条件可得，进而结合余弦函数性质求解即可. 【详解】，. 由， 可得， 即. ， ， ，，且， 根据函数，易知：， 即. 故选：D. 9．ACD 【分析】结合正实数满足的条件，利用指数函数单调性、基本不等式、二次函数求最值的方法，逐一判断各选项即可 【详解】对于A选项，因为，，则，所以，所以，故A正确； 对于B选项，因为，， 所以 ， 因为，所以，所以， 因为，所以，即无最小值，故B错误； 对于C选项，因为，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为，C正确； 10．BC 【分析】设公比为，由题意建立等式计算得，，根据等比数列通项公式可判断A；根据等比数列前项和公式计算可判断B；由题意可得，根据等比数列性质计算可判断C；要使最大，则，计算可判断D. 【详解】对于A，设公比为，由，可知， ，即， 整理得，解得或， 因为等比数列是单调数列，所以， 由得，， 所以，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，， 所以， 由等比数列的性质可知，， 又，所以，则，故C正确； 对于D，令，解得，又等比数列是单调递减数列， 所以， 要使取得最大值，需， 所以取得最大值时，或，故D错误． 故选：BC． 11．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，借助空间向量分析计算可判断A，B；作出过与平面平行的正方体截面，计算其面积判断C；求出直线PQ被正方体的外接球所截弦长即可计算作答. 【详解】A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量，则， 令，得， 设棱上点，，则， 若平面，则有， 解得，与矛盾， 即在棱上不存在点M，使得平面，A不正确； B，点到平面的距离h，因， 则，B正确； C，取AD，CD的中点E，F，连接， 则，即确定一个平面，如图， 依题意，，，即四边形是平行四边形，， 平面，平面，于是得平面， 显然，平面，平面，于是得平面， 而，平面，因此，平面平面， 即梯形是过与平面平行的正方体的截面， 而， 则此等腰梯形的高， 所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确； D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时， 该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦， 由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心， 令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP， 则，而，而球半径， 则这个小圆半径，此圆面积为，D正确. 故选：BCD 12．15 【详解】因为是等差数列，设公差为d， 因为， 所以， 即， 所以解得. 13． 6 【分析】由向量共线的坐标关系求出，由数乘和模的坐标运算求出即可. 【详解】因为，所以， 又，则. 故答案为：6；. 14. 【详解】解法一  如图，分别取，的中点，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，， 则，得. 过点作平面的垂线，过的中点作平面的垂线， 则两垂线的交点就是球心，在中，，所以， 所以球的半径，所以球的表面积， 解法二  如图，分别取的中点，，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，所以， 所以，. 以为坐标原点，以所在直线分别为轴， 以过点且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设，球的半径为，则， 解得，，，，所以球的表面积， 【点睛】关键点睛：求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据主要是球心的两个特性：一是球心到球面上各点的距离都等于半径；二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面（球的截面圆性质），利用球的半径、截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解. 15．(1) 连接，由已知条件，点分别为棱的中点， 故有 ， 又 平面，平面， 所以直线平面； (2). 【分析】（1）连接，利用三角形中位线性质可得，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）由和可知或其补角即为所求，再利用余弦定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，， 故或其补角为异面直线与所成的角． 因为，，，所以， 根据直三棱柱性质可知，，所以， ， 在中，由余弦定理得， 又，故， 即异面直线与所成的角的大小为． 16．(1)，，，. (2). 【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出； （2）利用裂项相消的方法求出即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，， 因为， 当时，， 两式相减得， 则时，； 当时，由得，解得符合该式； 所以，. （2）由于， ， 所以. 17．(1) (2) （1）由正弦定理得： (2) 设则 正弦定理： 得： 余弦定理: 18．(1)证明：因为，则，且，可得， 将沿折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面， 由平面，可得， 且，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (2) (3)． 【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得； （3）求出平面的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出取最大值时的，则可得三棱锥的高与底面积，再利用体积公式计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，两两垂直，翻折前，因为，且， 所以，，所以， 翻折后，由勾股定理得， 故可以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，，，，，， ，可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 且，， 因为直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当时，等号成立，取最大值， 则，故点到平面的距离为， 又，则， 所以三棱锥的体积为． 19．(1)1 (2)当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增. (3)1)由有三个零点，得，，满足 相减： 令,先证代入化简等价证明： , 构造在上单调递减，有，即成立 故 2)证明：若有且仅有三个不同零点为，由（2）可知，必有， 假设，且， 当时，；当时，， 由，解得. 先证不等式： 由题意，满足，故且， 两式相减整理可得 则只需证：，即证：. 令，则，不等式转化为证明. 令，则， 可得在上单调递减，有，即成立. 再证明不等式：. 由于，且在上单调递增， 则只需证：. 令，则，是单调递减函数， 而， 则 综上，可得 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，利用单调性求函数最小值； （2）对参数分类讨论，利用导数求函数的单调性； （3）2)转化为证明，再转化为证明不等式：，利用函数单调性得证. 【详解】（1）函数的定义域为. 当时，； 当时，. 若，当时，，可得单调递减； 当时，，可得单调递增， 故的最小值为. （2）当时，，若，，则单调递增， 若，当时，，即，则单调递增； 当时，，即，则单调递减. 若，，则单调递减. 当时，若，，则单调递增； 若，，则单调递增； 若，当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增. 综上所述，当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增. （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 佳一中2026-2027学年度高三学年第三次调研考试 数学试题 一、单选题(本题共有8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．在复平面内，复数z满足，则的共轭复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知平面，，则的一个充分条件是（    ） A．平面内有无数条直线与平行 B．平面内有两条相交的直线与平行 C．平面，平行于同一条直线 D．平面，垂直于同一平面 4．已知非零向量满足，且，则（   ） A． B． C． D． 5．设是定义在上的奇函数，，则（    ） A．-1 B．0 C．1 D．2 6．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 7．已知直线与函数和的图象分别交于点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 8．若，且，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。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．设正实数满足，则下列说法正确的是（     ） A． B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为4 10．已知等比数列是单调数列，且其前项和为，前项积为，，，则下列正确的有（   ） A． B． C． D．取得最大值时， 11．如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（    ） A．棱上存在一点，使得平面 B．点到平面的距离为 C．过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为 D．过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记公差不为零的等差数列前项和为，若，则正整数的值为______. 13．已知向量，，，则_________，求=_________． 14.在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为________ 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．(本题满分13分)如图，在直三棱柱中，，，，，点分别为棱的中点． (1)证明：直线平面； (2)求异面直线与所成的角的大小． 16． (本题满分15分)已知数列是等比数列，，，数列满足：. (1)求，的通项公式； (2)求数列的前项和. 17．(本题满分15分)在内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足， (1)求A； (2)若D为边AB上一点，且，求的值． 18． (本题满分17分)在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 19．(本题满分17分)已知函数． (1)若，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若有且仅有三个不同零点为，且 i.证明： ii.证明：． 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $