精品解析：黑龙江哈尔滨德强高级中学2026-2027学年上学期期中考试高三数学试题

哈尔滨德强高级中学2026-2027学年度上学期期中考试 高三年级 数学试题（Ⅰ卷） 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则（   ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前n项和为，且满足，，则使得不等式成立的实数k的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知函数，若存在满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列的前5项和最大 B. 若等比数列是递减数列，则公比q满足 C. 已知等差数列的前n项和为，若，则 D. 已知为等差数列，则数列也是等差数列 10. 在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 球面经过，，，四点的球的半径最小值为 11. 三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，拐点处的切线方程为 B. 对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 C. 若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D. 存在等差数列，使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则______. 13. 已知等比数列的各项为正数，前项和为，若，则公比______． 14. 在三棱锥中，，且，则二面角的余弦值的最小值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的部分图像，如图所示. （1）求函数的解析式； （2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间. 16. 设正项数列的前n项和，满足． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. （1）证明：平面平面. （2）线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 我校素有由每届考入各大名校的优秀学生代表返校作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享的传统．若由2025届毕业的返校嘉宾组成编号为的个宣讲分享小组，其中0号宣讲分享小组的嘉宾为2名男生和2名女生，其余各组的嘉宾均为1名男生和1名女生．第一场分享会的4名学生嘉宾是由从0号宣讲分享小组的嘉宾中选出的2名和1号宣讲分享小组的2名嘉宾共同组成，第二场分享会的4名学生嘉宾由从上一场的4名嘉宾中选出2名和2号宣讲分享小组的2名嘉宾共同组成，，按照这样的方式，依次进行到第场分享会． （1）求第一场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （2）求第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （3）记第场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望． 19. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨德强高级中学2026-2027学年度上学期期中考试 高三年级 数学试题（Ⅰ卷） 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式得到集合，再根据集合并集的定义计算即可. 【详解】解一元二次不等式，，解得，即. 又因为，由并集的定义得. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，即可求解. 【详解】由，得到， 所以的虚部为， 故选：B. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若，则，又，所以或，则， 所以当时，“”推不出“”； 若，，则，可得，则， 所以当时，“”可以推出. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解. 【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高， 因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍， 所以，解得， ， 所以， 故选：A. 5. 已知向量满足，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据得到与的关系，再结合向量的数量积公式来求解. 【详解】已知，移项可得， 因为，所以， 对两边同时平方可得， 根据完全平方公式则， 又因为，，所以可化为， 由，移项可得，则， 根据向量的数量积公式，将，，代入可得：， 则.  故选：D. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，通过导数分析其单调性，结合单调性及对数运算性质比较即可. 【详解】设函数，定义域为， 对求导得：  ， 令，解得， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减.故在处取得最大值， 则，，故，； 又因 ，， 因为函数在上单调递增，则，故，即. 综上可得. 7. 已知数列的前n项和为，且满足，，则使得不等式成立的实数k的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据和与的关系，结合等比数列性质，即可求解得到数列本身的通项，表示，代入到原不等式中，通过比较即可求解. 【详解】因为，，因此当时，， 所以两式相减得，，所以，， 当时，，满足递推关系，所以的递推公式为， 则为首项为，公比为的等比数列，通项公式为， 因此， 代入得，，化简得， 设，则上式等价于， 所以，， 当时，，，单调递增，当时，，，单调递减， ，，当时，，所以，因此的最小值为， 即，因此的最大值为， 故选择B选项. 8. 已知函数，若存在满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由解析式易得，，应用辅助角公式有，进而易知在有对称轴满足，结合已知可得，再应用诱导公式将目标式化为，最后利用即可求值. 【详解】函数， 其中，，， ，是在内的两根， 又，， 则在有对称轴满足， 故有，则， 那么， 由，知. 故选：A 【点睛】关键点点睛：化简函数式为，并确定在有对称轴满足为关键. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列的前5项和最大 B. 若等比数列是递减数列，则公比q满足 C. 已知等差数列的前n项和为，若，则 D. 已知为等差数列，则数列也是等差数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的性质逐项判断即可. 【详解】选项A，由可得，，故数列前5项的和最大，故 A正确； 选项B，当时，等比数列也是递减数列，故B错误； 选项C，，若，则，故C正确； 选项D，若为等差数列，则，，则为常数，数列也是等差数列，故D正确. 故选：ACD 10. 在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 球面经过，，，四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为， 则，设，球心，半径为， 由，得到，解得，， 所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确. 11. 三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，拐点处的切线方程为 B. 对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 C. 若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D. 存在等差数列，使 【答案】BD 【解析】 【分析】本题核心是理解“拐点”即二阶导数为零的点，且三次函数图象关于拐点中心对称，A、B选项利用导数求切线或联立方程直接验证；C选项利用切点设方程，转化为一元三次方程有三个不同实数根的问题，借导数求极值解决；D选项利用函数关于中心对称的性质（），构造一组对称的等差数列特例即可轻松验证存在性. 【详解】对于A：当时，，则，， 令，解得，又，， 所以函数拐点处的切线方程为，即，故A错误； 对于B：由，可得， ，因为在定义域上单调递增，所以， 即对任意实数，直线与曲线有唯一公共点，故B正确； 对于C：因为，则， 设切点为，则， 所以切线方程为， 又切线过点，所以，整理得， 令，则， 所以当时，，当或时，， 所以在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值，在处取得极大值， 且当时，；当时，. 因为经过点可以向曲线作三条切线，即与有三个交点， ，即的取值范围是，故C错误. 对于D，由，得，所以， 令，解得，又， 所以函数图象关于点对称，所以，， 所以， 所以存在等差数列，使，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】将条件代入余弦定理，即可求解. 【详解】因为，，， 又由余弦定理有：， 即且，解得：. 故答案为：5. 13. 已知等比数列的各项为正数，前项和为，若，则公比______． 【答案】 【解析】 【分析】根据的定义以及等比数列的定义，建立方程，可得答案. 【详解】由，则， 由，，则， 整理可得，分解因式可得， 解得或（舍去）. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，且，则二面角的余弦值的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件. 【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），    又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）    过点作，而面， 所以面，    设为中点，则二面角为， 所以不妨设， 所以， 所以，令， 所以， 等号成立当且仅当， 所以当且仅当时，. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的部分图像，如图所示. （1）求函数的解析式； （2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）结合三角函数的图像求参数的值即可得解； （2）由三角函数图像的平移和伸缩变换求出函数的解析式，再结合三角函数单调区间的求法即可. 【小问1详解】 由题图得， 因为，∴. 由，得， 所以，解得. 又因为，∴当时，. 又由，得. 故. 【小问2详解】 将 的图像向右平移个单位， 得到的图像， 再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变， 得到的图像. 由，，得， 当时，；当时，， 因为，所以函数在区间上的单调递增区间为， 16. 设正项数列的前n项和，满足． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【小问1详解】 由得，可知， 两式相减得， 即， ， ∵当时，， 则是首项为1，公差的等差数列， 的通项公式为； 【小问2详解】 ， ， . 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. （1）证明：平面平面. （2）线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【解析】 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 18. 我校素有由每届考入各大名校的优秀学生代表返校作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享的传统．若由2025届毕业的返校嘉宾组成编号为的个宣讲分享小组，其中0号宣讲分享小组的嘉宾为2名男生和2名女生，其余各组的嘉宾均为1名男生和1名女生．第一场分享会的4名学生嘉宾是由从0号宣讲分享小组的嘉宾中选出的2名和1号宣讲分享小组的2名嘉宾共同组成，第二场分享会的4名学生嘉宾由从上一场的4名嘉宾中选出2名和2号宣讲分享小组的2名嘉宾共同组成，，按照这样的方式，依次进行到第场分享会． （1）求第一场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （2）求第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （3）记第场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为 1 2 3 【解析】 【分析】（1）设第场分享会的学生嘉宾中恰有1名男生为事件，恰有2名男生为事件，恰有3名男生为事件，由古典概型公式可求得； （2）由全概率公式求解； （3）首先由全概率公式分别求出当时，与的关系，结合消参可得到一个等比数列，进而可得到的表达式，根据分布列可求解. 【小问1详解】 设第场分享会的学生嘉宾中恰有1名男生为事件，恰有2名男生为事件，恰有3名男生为事件， 则表示从0号宣讲分享小组的2男2女嘉宾中选出1男1女， 故，即第一场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率为. 【小问2详解】 由全概率公式知 ， 即第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率为. 【小问3详解】 当时，由全概率公式可知 ， ， ， 由得， 所以， 由（1）知，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 根据对称性（3男1女和3女1男）的概率一样，所以， 又，所以， 令可得的分布列为 1 2 3 所以的数学期望为 ． 19. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设，证明：． 【答案】（1）的极小值为，无极大值； （2） 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）证明：令数列的前项和为，且，数列满足， 当时，， 当时，， 则原不等式，等价于， 当时，，，成立， 当时，，即，即， 令，则， 又，所以， 则不等式，等价于，即证， 由（2）得，当时，函数在上单调递增， 又，所以，即， 所以得证， 所以当时，成立，所以， 又当时，， 综上所述，成立，不等式得证. 【解析】 【分析】（1）当时，，求导判断其单调性，进而可求得其极值； （2）求出导数，通过对的取值进行分类讨论，判断导数的正负情况，进而可得函数的单调区间； （3）令数列的前项和为，且，可求得， 再令数列满足，则原不等式等价于，整理变形后，结合函数的性质即可证明. 【小问1详解】 由题意，当时，，定义域为， 则， 令，解得， 所以当时，恒成立，所以在单调递减， 当时，恒成立，所以在单调递增， 所以当时，函数取得极小值，为，无极大值. 【小问2详解】 由题意，，定义域为， 则， 因为，，所以， 当时，恒成立，所以恒成立， 所以函数在上单调递增； 当时，令，解得（舍去），， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $