精品解析：新疆乌鲁木齐市实验学校2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷

乌鲁木齐市实验学校2026-2027学年高三期中考试 数学问卷(满分150分，考试时间：120分钟) 一、单选题（每空5分，共40分） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 等比数列的前项和为，，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 24 D. 48 3. 设等差数列的前项和为，若，，则的公差为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在无人机集群搜救中，目标区域的未覆盖面积（单位：）与搜索时间（单位：）满足关系式，其中为目标区域总面积，为常数.某次演练中，搜索和后的未覆盖面积分别为和.下表给出了不同地形条件下，演练目标区域总面积指标的参考范围，则此次演练的地形属于（ ）. 地形复杂程度 高山峡谷 复杂山地 浅丘林地 平原水面 评判指标 参考数据：，. A. 高山峡谷 B. 复杂山地 C. 浅丘林地 D. 平原水面 7. 设函数，若，函数是偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 8. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与所成的角是 C. 直线平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为. 10. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为31 11. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 三、填空题（每空5分，共15分） 12. 已知平面向量若，则___________ 13. 在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为________ 14. 如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器.当时，正四棱锥外接球的体积为__________. 四、解答题（共77分） 15. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 17. 已知正项数列{}的前n项的和为， 且 （1）求 ； （2）证明:是等差数列; （3）求数列 的前n项和 . 18. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列是等比数列； （2）记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求，的值； （2）若，且1是的极值点，请根据的取值范围讨论的单调区间； （3）若，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐市实验学校2026-2027学年高三期中考试 数学问卷(满分150分，考试时间：120分钟) 一、单选题（每空5分，共40分） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 等比数列的前项和为，，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 24 D. 48 【答案】D 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 当时，，所以， 由得， 解得，所以. 3. 设等差数列的前项和为，若，，则的公差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设等差数列的公差为，因为，得到， 所以，又，所以，解得. 4. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 5. 已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果. 【详解】用平面代表平面，平面代表平面， 当如图所示时显然m与平面不垂直， 反之，当时，又，根据线面垂直的性质有， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：A. 6. 在无人机集群搜救中，目标区域的未覆盖面积（单位：）与搜索时间（单位：）满足关系式，其中为目标区域总面积，为常数.某次演练中，搜索和后的未覆盖面积分别为和.下表给出了不同地形条件下，演练目标区域总面积指标的参考范围，则此次演练的地形属于（ ）. 地形复杂程度 高山峡谷 复杂山地 浅丘林地 平原水面 评判指标 参考数据：，. A. 高山峡谷 B. 复杂山地 C. 浅丘林地 D. 平原水面 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得， 两式相除可得， 所以， 所以， 所以对应地形为浅丘林地. 7. 设函数，若，函数是偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由偶函数的性质可得，结合，即可得出答案. 【详解】依题意，又其为偶函数， 则图像关于轴对称，则， 得，又，则或. 故选：B 8. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解. 【详解】 假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处， 由题意可知正四棱台和的高相等，设为. 因为，所以. 则， . 设剩余的米的质量为， 则，解得， 所以剩余的米的质量为. 故选：A 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与所成的角是 C. 直线平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为31 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，根据等差数列性质可判断BC，根据二次函数性质可判断D. 【详解】对于A，设等差数列首项为，公差为， 则， 因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减， 要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确； 对于B，由等差数列性质可知，故B错误； 对于C，因为，所以， 所以时，取得最大值，故C正确； 对于D，由可得， 由，可得， 所以取得最小正值时为31，故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，，令得或， 令得， 所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 三、填空题（每空5分，共15分） 12. 已知平面向量若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】，因为，则， 则，解得. 则，则. 故答案为：. 13. 在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为________ 【答案】 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角． 【详解】以为坐标原点，射线为轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， ， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 14. 如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器.当时，正四棱锥外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用正四棱锥几何特征，再结合外接球性质结合球的体积公式计算求解. 【详解】设加工成的正四棱锥形容器为，为底面的中心，如图. 当时，由题意，得正四棱锥的底面边长，斜高，， 所以正四棱锥的高. 设正四棱锥外接球的半径为，球心为，则，点在直线上，且在正四棱锥外. 所以，解得. 所以正四棱锥外接球的体积为. 四、解答题（共77分） 15. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 【答案】（1） （2）值域为，单调递减区间为，单调递增区间为. 【解析】 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【小问1详解】 由题意，所以； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 17. 已知正项数列{}的前n项的和为， 且 （1）求 ； （2）证明:是等差数列; （3）求数列 的前n项和 . 【答案】（1），. （2）证明：当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据递推关系代入计算可得、. （2）根据将递推关系转化后可得是等差数列. （3）根据（2）结论结合裂项相消法可求. 【小问1详解】 由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和. 18. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列是等比数列； （2）记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 【答案】（1）由，得， 则，即， 又， 所以，是首项和公比均为的等比数列 （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）只要证为常数即可； （2）由（i）知，分组求和即可； （ii）由，得，所以．设，利用作差法，判断出数列的单调性，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）得， 则． 则 令， 相减可得， 整理得， 故． （ii）由，得， 所以．设， 则． 当时，；当时，；当时，， 可得； 故当或4时，有最大值为， 所以． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求，的值； （2）若，且1是的极值点，请根据的取值范围讨论的单调区间； （3）若，且，证明：． 【答案】（1）， （2）当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，在上单调递减，无极值点，不符合题意； 当时， 的单调递增区间为，单调递减区间为和． （3）证明：由， 可得， 则， 令，则， 所以，， 因此， 要证， 需证， 即证， 即证， 由（2）可知，当时，在上单调递减， 所以当时，，即， 故得证． 【解析】 【分析】（1）先求函数的导函数，结合切线的性质：切点在曲线上、切线斜率等于切点处的导数值，列方程组求解，的值； （2）先利用极值点的性质得到与的关系，代入导函数后因式分解，再根据的不同取值范围，判断导函数的正负，进而确定函数的单调区间； （3）先对已知等式取自然对数变形，构造辅助函数分析其单调性，将待证不等式转化为函数值大小比较问题，再构造新函数通过导数证明不等式成立． 【小问1详解】 ，则， 又， 解得，． 【小问2详解】 因为1是的极值点，则， 所以， ， 若， 当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 若， 当，或时，， 当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为和； 若，， 所以在上单调递减，无极值点，不符合题意； 若， 当，或时，， 当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为和． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $