精品解析：黑龙江哈尔滨市第九中学校2026-2027学年上学期高三学年10月阶段性测试数学试题

哈九中2024级高三10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. 已知复数，则的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， . 2. 设集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，转化为，列出方程组，即可求得的值，得到答案. 【详解】因为是的必要不充分条件，可得是的真子集， 又因为集合， 当时，此时方程组无解； 当时，解得，此时，满足是的真子集， 综上可得，实数的值为. 故选：C. 3. 若平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，而， 所以在上的投影向量为. 4. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列等式错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设得，，再分析阳马与鳖臑的体积数量关系，即可判断各项正误. 【详解】由题设，，，则，A对； 如下图，连接，将阳马一分为二，又， 所以，，则，故， 所以B错，C、D对. 故选：B 5. 已知定义域为的奇函数满足，在单调递增，且，则不等式的解集为（       ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数的单调性的性质，结合已知等式、一元二次不等式的解法进行求解即可. 【详解】因为函数是上的奇函数， 所以，又因为函数在单调递增， 所以函数是上的增函数， 在中，令， 则有 ， 由， 所以， 所以， 所以， 解得或， 即. 6. 已知实数使得对任意恒成立，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数单调性将原不等式转化为二次函数恒成立问题，推导得到与的不等关系，再化简目标表达式结合基本不等式求解最小值. 【详解】因为对任意恒成立， 所以，即对任意恒成立. 所以，则，且. 所以，当且仅当即时等号成立. 所以当时，取得最小值. 7. 四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，则二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，利用定义法确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解其余弦值. 【详解】在四棱柱中，由，平面，得平面， 又平面，则，由底面是菱形，得， 令，连接，由，是的中点，得， 又平面，则平面， 又平面，因此，为二面角的平面角， 由，，，点为的中点， 得，，， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值为. 8. 已知函数是定义在上的单调递增函数，且恒有，其导函数为，其中是自然对数的底数．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由单调函数性质设内层为常数求出，变形不等式构造单调函数脱去外层，转化为在区间上恒成立，求的最大值得到的取值范围. 【详解】因为是上的单调递增函数，且为常数， 因此必为常数， 设 （为常数），则 ， 所以，结合， 得方程 ，得， 又函数单调递增，故是唯一解，因此 ， 所以，当时， 不等式恒成立， 得恒成立， 即恒成立， 构造函数，则， 可得， 所以，恒成立， 而， 设，，令得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以最小值为， 因此恒成立，在上单调递增， 由，可得，分离变形得， 即在上成立，只需， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 而，故，所以， 所以实数的取值范围是. 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. 下列结论正确的有（ ） A. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 B. 若点，，过点的直线与线段有公共点，则的斜率的取值范围为 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 直线与相交于点，则过点，的直线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，按照直线过原点和不过原点两种情况分别讨论即可；对于B，画出图象，分别求出，然后数形结合求解；对于C，根据直线与过，的直线垂直时，点到直线的距离最大；对于D，利用同构方程得到过点，的直线方程为. 【详解】对于A，情况一：直线过原点，则过点的直线. 情况二：直线不过原点，设轴，轴上的截距相等的直线方程为， 代入得，解得，所以直线方程为. 所以过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为或，错误. 对于B，因为，直线绕旋转， 如下图所示，故的斜率的取值范围为，B正确. 对于C，过定点， 当直线与过，的直线垂直时， 点到直线的距离最大， 因为， 所以时，点到直线的距离最大.C正确. 对于D,因为直线与相交于点， 所以有如下方程成立， 所以过点，的直线方程满足该方程组， 所以过点，的直线方程为，D正确. 10. 已知等比数列的前项和为，且，，等差数列满足，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，，使得 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB,根据题意，求出等比数列以及等差数列的通项公式分析判断，对于C，根据指数函数与一次函数的增长速度分析判断，对于D，根据错位相减法求解判断. 【详解】设公比为，，则 ， 两式作比得 ，进而，因此，故选项B正确. ，因此公差 ，因此，选项A错误. ，指数函数增长速度远快于一次函数， 当时 .因此对任意，总能找到正整数使得，选项C正确. 则， 所以 ， 因此，选项D正确. 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面平面，可得出动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥的体积范围为，可得B正确，结合A中分析可知点到平面的距离为定值，可判断C正确，确定点的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径可得D正确. 【详解】对于A，取的中点的中点为，连，过作交于，连，如下图所示： 因为为中点，由正方体性质可知，因此可得四点共面； 由可知为的中点， 又因为平面，平面， 所以平面； 又的中点为，所以， 又平面，平面， 所以平面； 因为，平面， 所以可得平面平面， 又因为需满足平面，且为平面上的动点， 所以动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误； 对于B，显然三棱锥的顶点到底面的距离为， 所以当的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大； 又因为，所以当在时，点到的距离最小为1， 此时体积最小，即的最小值为， 当在时，点到的距离最大为2， 此时体积最大，即的最大为； 因此三棱锥的体积范围为，即B正确； 对于C，由于，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值； 又因为底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 即不变，可得C正确； 对于D，当三棱锥的体积最小时，根据B中分析可知此时与重合， 即求的外接球的半径即可， 设外接球的球心为，半径为的外接圆圆心为，半径为为中点， 如下图所示： 则，在直角梯形和直角三角形中， 易知， 所以可得，解得； 所以外接球表面积为， 因此当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为，可得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. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围是____________________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，由导函数在内有两个变号零点列式求出范围. 【详解】函数的定义域为， 求导得，由函数有两个极值点， 得在内有两个变号零点，则方程有两个不等的正根， 因此，解得，所以实数的取值范围是. 13. 已知直线：，直线：，则直线关于直线的对称直线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】在直线：上取两点，分别求出这两点关于直线的对称点，然后计算过对称点的直线即为所求直线. 【详解】在直线上取两点， 设关于直线的对称点为， 则，所以，. 同理设关于直线的对称点， 则，所以，， 直线关于直线的对称直线过，， 由点斜式可得方程为，得， 化为一般式可得所求直线方程为. 14. 设正三棱锥的高为，且各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，则三棱锥体积的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正三棱锥及外接球的结构特征，用表示出该正三棱锥的体积，再利用导数求出最大值. 【详解】设球的半径为，由球的体积为，得，解得， 正三棱锥的顶点在底面上的投影为该底面正三角形中心， 正三棱锥外接球球心在顶点与底面中心确定的直线上，则球心到底面距离为， 显然，设底面正三角形外接圆半径为，则， 而底面正三角形面积为， 因此该正三棱锥的体积， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以该正三棱锥体积的最大值是. 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，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示， 为中点，则，又，得， 由，，得， 所以四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面． （2）通过平面，得到到平面的距离，再结合（1）的结论即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 可得：，得. 由题意平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，即到平面的距离为， 又点是线段的中点， 所以点到平面的距离为， 由（1）平面, 所以点到平面的距离为. 16. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）三角恒等变换降幂，利用对称轴间距求周期，算出； （2）正弦函数增区间整体代换，再和定义域取交集； （3）任意性恒成立转化：，分别求其最值，解不等式求出的取值范围. 【小问1详解】 ， 相邻对称轴距离，， 即. 【小问2详解】 解不等式， 可得， 或，与求交集： 递增区间为，. 【小问3详解】 对于任意的，，都有， 等价于， ，，， 不等式转化为， ， 令，， ，开口向下，对称轴， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 综上，. 17. 如图1所示，在平行四边形EBCD中，，垂足为，，将沿折到的位置，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）证明：； （3）若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）由题意可知，图2中，，，平面， 所以平面. 又面，所以平面平面. （2）解法一：由平面几何知识可知，在图2中取AD中点O，连接MO，PO， 因为M为AB中点，所以，， 因为，，所以为二面角的平面角， 所以，则为等边三角形，所以. 又平面平面ABCD，交线为AD，所以平面ABCD，所以. 又，且平面PMO，所以平面PMO. 又平面PMO，所以. 解法二：因为，，所以为二面角的平面角，所以， 以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，， 则，， 所以， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，先证平面，进而可得面面垂直； （2）法一：通过证明线面垂直推出线线垂直；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直； （3）利用空间向量，根据已知的线面角确定点的位置，再求的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，， 设，面AMN的法向量为，， ， 则，取，则. 又，所以 因为直线PC与平面AMN所成角的正弦值为，所以 解得，，， 当时，直线PC与平面AMN所成角的正弦值为. 18. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，为数列的前项和；；，且；； （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）证明： 【答案】（1）； （2）5； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由递推公式可知， 数列为等差数列，再根据题中的条件求解即可； （2）分别计算和，再验证即可； （3）裂项相消法计算，再用放缩法即可证明. 【小问1详解】 ，得，所以数列为等差数列， 则，所以，又，所以， 设的公差为，则解得， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，所以， ， ， 令，得， 设，则数列是递增数列， 又，， 所以的最大值为5． 【小问3详解】 ， 所以 ，所以. 19. 已知，函数. （1）若，求的图象在点处的切线方程； （2）若在定义域上只有1个零点，求的取值范围； （3），证明不等式：. 【答案】（1） （2） （3）取，由（2）可知时， 即. 取，可得， 所以，，…，， 累加得， 即，得证. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求得的图象在点处的切线的斜率，从而求得切线方程； （2）分析导函数的零点，讨论函数的单调性，可得其零点个数，由此求得的取值范围； （3）结合（2）的分析，令，可得时，恒成立，即.令，则，累加即可证得不等式：. 【小问1详解】 由，得，所以的定义域为. 当时，， ， 所以，. 所以的图象在点处的切线方程为. 【小问2详解】 因为，所以当在定义域上只有1个零点时，在上没有非零零点. 的定义域为. . ①若，则， 则当时，单调递减； 当时，单调递增. 又，所以只有1个零点，即，符合题意； ②若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且， 所以在上存在唯一的，使得， 所以有2个零点，即，与已知矛盾； ③若，则恒成立，所以单调递增，则只有1个零点，符合题意； ④若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且，所以在上存在唯一的使得， 所以有2个零点，与已知矛盾； 综上所述，若在定义域上只有1个零点，则. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈九中2024级高三10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. 已知复数，则的模为（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 3. 若平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列等式错误的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义域为的奇函数满足，在单调递增，且，则不等式的解集为（       ） A. B. C. D. 6. 已知实数使得对任意恒成立，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，则二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义在上的单调递增函数，且恒有，其导函数为，其中是自然对数的底数．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（     ） 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，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. 下列结论正确的有（ ） A. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 B. 若点，，过点的直线与线段有公共点，则的斜率的取值范围为 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 直线与相交于点，则过点，的直线方程为 10. 已知等比数列的前项和为，且，，等差数列满足，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，，使得 D. 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围是____________________. 13. 已知直线：，直线：，则直线关于直线的对称直线方程是______. 14. 设正三棱锥的高为，且各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，则三棱锥体积的最大值是__________. 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，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离. 16. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 17. 如图1所示，在平行四边形EBCD中，，垂足为，，将沿折到的位置，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）证明：； （3）若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，为数列的前项和；；，且；； （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）证明： 19. 已知，函数. （1）若，求的图象在点处的切线方程； （2）若在定义域上只有1个零点，求的取值范围； （3），证明不等式：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $