精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2026-2027学年高三上学期11月期中数学试题

2026-2027学年度第一学期期中考试试卷 高三数学学科 第I卷（选择题） 一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 复数在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 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 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知正项等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 7 B. 15 C. 31 D. 63 5. 已知且，若函数的值域为[1，+∞），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（，），若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在直三棱柱中，，，．若该直三棱柱外接球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 当时，函数的值域为 D. 若方程在上有且仅有一个实数根，则实数的取值范围为 11. 已知数列的前项和，则（ ） A. B. C. 令，为数列的前项和，则 D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量之间的夹角都是60°，且，则__________. 13. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为，则正四棱锥外接球的体积为___________________. 14. 若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值是____________． 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. 已知是定义在上的偶函数，当时，． （1）求在时的解析式； （2）解不等式：； 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，在正方体中，分别为的中点． （1）若在线段上存在一点，使平面，试确定点的位置并证明； （2）求平面与平面夹角的正切值． 18. 在锐角中，角所对的边分别为．向量，，且． （1）求角的大小； （2）若，为边的中点，求线段的长的取值范围． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围； （3）若在上存在两个极值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期期中考试试卷 高三数学学科 第I卷（选择题） 一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 复数在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法化简复数，再根据复数几何意义可得. 【详解】因为复数，由复数的除法得， 所以复数在复平面对应的点为，该点在第一象限. 2. 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】 【分析】解分式不等式化简，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，即，解得或，即或， 所以由推不出，故充分性不成立； 由推得出，故必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式，同角三角函数关系以及倍角公式即可. 【详解】因为 所以，所以. 所以. 4. 已知正项等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 7 B. 15 C. 31 D. 63 【答案】C 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，且， 因为，则， 又因为，则，可得，即， 所以. 5. 已知且，若函数的值域为[1，+∞），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出当时，的取值范围，再根据对数函数的单调性求出的值域，结合分段函数的值域即可求解. 【详解】由函数， 当时，， 当时，，若时， 函数单调递减，所以， 若时，函数单调递增，所以， 又因为分段函数的值域为[1，+∞）， 所以，， 所以. 所以的取值范围是. 故选：D 6. 已知函数（，），若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数特征构造新函数，利用新函数的奇偶性性质求值. 【详解】根据题意构造新函数（，）， 因为，即，所以， 所以. 7. 在直三棱柱中，，，．若该直三棱柱外接球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过余弦定理判断底面三角形为直角三角形，结合外接球表面积求出直三棱柱的高，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在中，由余弦定理得， 所以，即，为直角三角形， 其外接圆圆心为中点，半径. 设直三棱柱的高为，直三棱柱外接球球心为上下底面外接圆圆心连线的中点， 所以外接球半径满足. 由外接球表面积，得，则，解得. 以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则. . 设平面的法向量为， 则，即，令，则，即. 设直线与平面所成角为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8. 若函数，有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将条件转化为有两个实根，再构造函数，求导，判断的单调性，从而转化为函数与有两个交点，再构造函数，求导，判断的单调性，得到及的大致图象，进而数形结合即可得到的取值范围． 【详解】要使函数有两个零点， 即只需有两个实根， 即只需有两个实根， 设，则，所以在上单调递增， 又，则， 即只需有两个实根， 即只需函数与有两个交点， 令，（），则， 当时，；当时，， 则在上单调递增；则在上单调递减，所以， 又时，；时，， 所以函数与的大致图象如下： 数形结合，所以要使函数与有两个交点， 只需，解得，所以的取值范围是． 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，如图，若，， 则不一定平行，可能相交，故A错误； 对于B，由，，则，故B正确； 对于C，由，则存在直线，使得， 而，则，所以，故C正确； 对于D，由，，则或，故D错误. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 当时，函数的值域为 D. 若方程在上有且仅有一个实数根，则实数的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】首先应用辅助角公式及图象平移得，再由各项描述并结合正弦函数的性质及其图象依次分析各项的正误. 【详解】对于A选项，， 则的最小正周期，A正确； 对于B选项，当时，求得， 故函数的图象不关于点中心对称，B错误； 对于C选项，当时，则， 则，C正确； 对于D选项，由，则， 则在上单调递增且值域为， 在上单调递减且值域为， 要使在上有且仅有一个实数根，则，D错误. 11. 已知数列的前项和，则（ ） A. B. C. 令，为数列的前项和，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：因为，所以直接将代入的表达式计算即可. B：如果，那么利用推导，再验证时是否满足所得通项，确定最终的表达式. C：先根据写出的表达式，因为是等差乘等比型数列，所以用错位相减法计算前项和. D：先写出的表达式，利用放缩法将放缩为可裂项相消的形式，再通过裂项相消求和后与不等式右侧比较. 【详解】因为，所以当时，； 当时，，对也成立， 所以，所以选项A错误，选项B正确； 对C，，则① 则②， ①②得：， 即，所以选项C正确； 对D，， 所以，所以选项D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量之间的夹角都是60°，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用向量的数量积的定义，结合完全平方公式，化简整理，即可得到所求值． 【详解】因为 ， 所以. 故答案为： 【点睛】本题考查平面向量的数量积的定义和运算性质，考查完全平方公式，考查运算能力，属于基础题． 13. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为，则正四棱锥外接球的体积为___________________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得正四棱锥的外接球球心为，半径为，可求外接球的体积. 【详解】正四棱锥中，设，连接，则平面， 设正四棱锥的外接球球心为，则在直线上， 因为正四棱锥的高为，所以， 底面正方形的边长为6，则有，所以即为， 正四棱锥的外接球半径为，外接球的体积为. 故答案为： 14. 若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值是____________． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为在上恒成立,然后构造函数，利用单调性，得到，再构造函数，求出最小值即可得解. 【详解】由题意可知,由，变形得， 即等价于，即； 令，因为，所以在上单调递增， 由，可得， 所以，等价于， 令，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以，因此，即得， 即实数的最大值为. 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. 已知是定义在上的偶函数，当时，． （1）求在时的解析式； （2）解不等式：； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ∵当时，， ∴当时，，， 又是定义在上的偶函数，， 故当时，. 【小问2详解】 易知在上单调递减，在上单调递增， 则不等式，即， 可得，解得或， 即所求不等式的解集为. 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明：数列中，由，得， 而，因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 所以的通项公式为. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列定义推理得证，再利用等比数列通项公式求解. （2）由（1）求出，再利用分组求和法及错位相减法求和即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，令数列的前项和为， 则，， 两式相减得， 因此，， 所以数列的前项和. 17. 如图，在正方体中，分别为的中点． （1）若在线段上存在一点，使平面，试确定点的位置并证明； （2）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1） 点在的中点位置，证明如下， 取中点，设为点，连接， 因为为的中点，所以且， 又为中点，所以且， 所以且， 所以，四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，利用中位线证与平行且相等得到平行四边形，证，用线面平行判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，选取平面的法向量，通过向量夹角公式求二面角的正切． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，， 在正方体中，平面， 所以可以作为平面的一个法向量， 则，， 所以， 得平面与平面夹角的正切值为． 18. 在锐角中，角所对的边分别为．向量，，且． （1）求角的大小； （2）若，为边的中点，求线段的长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行得，用正弦定理边化角，化简得，结合锐角三角形，即可求出角； （2）由中线向量公式得，结合余弦定理，得，再用正弦定理表示，由锐角条件求其范围，即得范围. 【小问1详解】 因为，所以． 在中，由正弦定理得：， 展开得：，即． 因为，得．又，故． 【小问2详解】 因为点是边的中点，由向量中线公式：， 两边平方得：，即． 因为，，由余弦定理得：， 则，故． 所以． 因为，所以，即． 因为是锐角三角形，所以有，则． 又， 则 ． 由，得，故， 所以，， 故的长的取值范围为． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围； （3）若在上存在两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）把问题转化为恒成立，即恒成立，利用基本不等式即可求解； （3）根据极值点的定义及韦达定理得到，并求出的范围，令并求出的范围，最后把转化为的函数，最后利用导数判断函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域是， 函数在定义域上单调递增，则对恒成立， 即， 因为，当且仅当时等号成立， 所以时，恒成立，即在上单调递增. 【小问3详解】 在上有两个极值点， 则，即在上有两个不等实数根， 解得，且， 此时，， 令，则， 所以在上单调递减， 又由，由可知，即。 联立解得，所以。 且 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $