精品解析：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

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. 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. 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. 在中，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. 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. 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1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. 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【分析】先通过分母实数化求出复数，利用 “一个复数的共轭复数的共轭等于它本身” 这一性质，简化运算，再写出该复数在复平面对应的点坐标，最后根据横、纵坐标的正负判断点所在象限即可. 【详解】∵， ∴， 由共轭复数性质得：， ∴的共轭复数为：， ∴在复平面对应的点：， ∴该点在第三象限. 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 【答案】B 【解析】 【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. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 设是定义在上的奇函数，，则（    ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，且函数是周期为的周期函数，由此求得. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 所以，. 又，所以， 所以， 所以函数是周期为的周期函数. 所以. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】B 【解析】 【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. 若，且，则下列结论正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合正实数满足的条件，利用指数函数单调性判断A，二次函数求最值的方法判断B即可,基本不等式判断C、D. 【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； 对于D，由题意得， 而，当且仅当时取等， 可得，得到的最小值为4，故D正确. 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， 【答案】BC 【解析】 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【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 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______. 【答案】15 【解析】 【详解】因为是等差数列，设公差为d， 因为， 所以， 即， 所以解得. 13. 已知向量，，，则_________，求=_________． 【答案】 ①. 6 ②. 【解析】 【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. 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________ 【答案】 【解析】 【分析】方法1分别过点E作平面的垂线，过的中点作平面的垂线,则两垂线交点为球心，再在中利用正弦定理可得外接球半径，即可得表面积；方法2建立以为坐标原点，以所在直线分别为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴的空间直角坐标系，设，球的半径为，由题可建立关于及R的方程，据此可得表面积. 【详解】方法1：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， 方法2：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， 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，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． 【答案】（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）. 【解析】 【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． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1），，，. （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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，. 【小问2详解】 由于， ， 所以. 17. 在中，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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式求得，从而求得； （2）由同角三角函数关系式求得，由两角和的正弦公式求得，在中，由正弦定理用表示，从而得到，再在中，由余弦定理求得的值，即的值. 【小问1详解】 由正弦定理得， . . 【小问2详解】 设则 ， 在中，由正弦定理，得 ， ， ， . 在中，， ， ，， 即. 18. 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． 【答案】（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）． 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 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：． 【答案】（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）（i）证明：由有三个零点，得，， 满足， 相减：，， 令，代入化简，证等价于证明： ，， 构造， ， 所以在上单调递减，有，即成立， 故. （ii）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，， 由极小值，极大值，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. 【解析】 【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）（i）由函数的零点求出，的范围，代入，两式相减即可将原不等式的证明转化为证明，，求导，利用函数单调性即可得证. （ii）先证明不等式，即可将原不等式的证明转化为证明，再转化为证明不等式：，利用函数单调性即可得证. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在 上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 （i）略. （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $