精品解析：黑龙江省大兴安岭地区漠河市龙东学校2026-2027学年高三上学期11月期中质量检测数学试题

高三年级数学期中质量检测 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知数列为等比数列，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】已知数列为等比数列，为，的等比中项，即，由于，所以4． 2. 已知集合，，且，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得，故，，． 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数运算，结合幂函数、对数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，，而函数在上单调递增， 因此，由在上单调递增，得， 所以. 4. 素面高足银杯（如图1）是陕西历史博物馆收藏的唐代金银器典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族生活方式与跨文化融合的关键物证．将银杯仿品主体（如图2）近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略）．已知杯口直径为6cm，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设圆柱的高为，而半球半径及圆柱底面圆半径为3cm， 由酒杯容积为，得，解得， 所以银杯内壁表面积为． 5. 已知，存在，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用两角和与差的余弦公式计算. 【详解】由得①， 由，得②， 由①②得，， 所以． 6. 某社区为了丰富居民文化生活，开设了9层阶梯式读书角，每层摆放一个书架，每个书架摆放的图书数量从上到下依次构成数列，其中，，成等差数列，后7项，…，也成等差数列，且，，，则这9层书架上的书一共有（ ） A. 81本 B. 84本 C. 87本 D. 90本 【答案】C 【解析】 【详解】数列 后 7 项 构成等差数列，公差为 d， 则 ，，. 由 ，得 ， 即 ①， 由 ，得 ②， ② − ①，得 ，即 ， 代入②，得 ，即 . 又 成等差数列，且 ，，故 . 因此 9 层书架图书总数为 . 7. 已知函数，若在上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的对称轴方程，由条件分析出整数的取值，再列出关于的不等式，求解即可. 【详解】因为正弦函数的对称轴方程为， 所以令，可解得的对称轴方程为. 因为，即，可解得. 要使在区间上有且仅有2条对称轴，则符合条件的整数只能为， 因此需满足，解得， 故的取值范围是. 8. 已知，两点在曲线上，，两点在曲线上，设，．当直线，均为曲线和的公切线时，的值为（ ） A. 1 B. e C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】公切线问题通常先设出两个切点,由导数写出两条切线方程,再比较斜率与纵截距建立方程;本题所得关于切点横坐标的方程,其根成对互为相反数,由此求出. 【详解】由得，由得. 设公切线切于，切于. 公切线的斜率，所以. 对写出切线方程:，即. 对写出切线方程:，即. 同一条直线的纵截距相等，得. 代入得，即. 由不满足该方程知，于是. 若是该方程的根,把代入左边得. 又，所以左边，恰等于右边，即也是该方程的根. 且不满足该方程，故方程的根成对互为相反数. 两条公切线,对应的切点横坐标是上述方程的两个根，因此，即. 从而. 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. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，故A错误； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，因为，， ，故C正确； 对于D，因为， 所以，故D错误． 10. 已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意， B. C. 若，则 D. 当数列是等差数列时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将原递推公式的替换为,得 ，再利用递推公式即可判断；对于BC，使用分组求和解决；对于D，利用等差数列的性质，先求出通项公式，再求出. 【详解】对于A，将原递推公式的替换为,得 ， 又，两式相减可得，故A选项正确； 对于B， ，故B选项错误； 对于C， ，故C选项正确； 对于D，当数列是等差数列时，设公差为，则，， 令，则即，， 所以，，故D选项正确. 11. 设是定义在整数集上的函数，且满足，，对任意的都有，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. ， D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法可快速验证A、B项；通过令推导出，进而证得函数周期为4；对于D项，利用周期性和除以4的余数规律分类求和即可． 【详解】对于A：令可得，因为，所以，所以A错误； 对于B：令可得，所以， 令可得，所以，故B正确； 对于C：因为，所以， 所以，所以，所以C正确； 对于D：若，，则， 所以； 若，，则，所以； 所以．所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则________． 【答案】1 【解析】 【详解】因为向量，的夹角为，，1，则， 所以． 13. 设各项均为正数的等比数列的首项，前项和为，且，则________． 【答案】##0.125 【解析】 【分析】设出公比，结合等比数列的性质可得公比，得到通项公式，求出答案 【详解】设数列的公比为． 由得． 又由题意分析知，所以，，成等比数列，公比为， 所以． 又为各项均为正数的等比数列，所以，所以，可得． 14. 已知正方体的棱长为2，点在线段上（不含端点），点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】找到平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置，得到的长度，从而得到所求的的取值范围. 【详解】找平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置. 当平面与平面交于直线时，如图①所示，截面为四边形； 当平面与平面交于直线时，如图②所示，截面为五边形，对比图①，此时点更靠近点. 在图①中，因为平面平面 平面 平面，平面 平面， 所以. 在正方体中，， 所以. 又因为 所以，. 所以当时，截面为四边形；当时，截面为五边形. 故所求的线段的取值范围为. 【点睛】本题考查截面图形问题，面面平行的性质，要求学生对空间几何体要有充分的想象能力. 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. 在中，内角，，的对边分别是，，，且． （1）求； （2）若的面积为，，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理由边化角，进而根据三角形内角的范围，求出结果即可； （2）根据三角形正弦面积公式，求出三角形面积，根据余弦定理求出边长，进而求出边上的高. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， 因为，所以，可得． 又，所以． 【小问2详解】 由（1）知，又因为的面积为，， 所以，解得． 由余弦定理，所以． 设边上的高为，则，解得，即边上的高为． 16. 如图，已知多面体中，底面是正方形，平面，，． （1）证明：平面； （2）设，当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，且直线与无公共点，故， 因为平面，平面，所以平面． 因为四边形是正方形，所以，同理可证平面， 因为，，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先求证平面，平面，再利用面面平行的判定定理； （2）以点为坐标原点建系，分别计算两个平面的法向量，再利用公式计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，，平面，所以，， 因为，所以，，两两垂直， 则可以点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，， 有，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可取． 设平面的一个法向量为， 则，故可取． 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知数列是等比数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：； （3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）由（1）知，代入得 ， 则数列的前项和 ， 因为，所以，从而，故． 又因为随着的增大而增大，当时，，所以， 综上所述，，得证． （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）利用裂项相消求出，再利用不等式的性质求出范围； （3）先求出，再根据错位相减法求出. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，根据题意可得， 解得，所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，，则． 则数列的前项和①， 两边同乘得：②， 用①式减去②式得：， 得， 两边同乘2得，故数列的前项的和． 18. 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折，使点翻折到点的位置． （1）若． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）设，若点到平面的距离是点到平面的距离的倍，求的值； （2）求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）（i）在长方形中，，，由为线段的中点，得，， 则，即，由，， 得，则，而，平面， 因此平面，又平面，所以平面平面. （ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用勾股定理及线面垂直、面面垂直的判定推理得证；（ii）以为原点建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式列式求解. （2）由（ii）中坐标系，确定点的坐标关系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法列出函数关系，换元并结合函数的单调性求出范围. 【小问1详解】 （i）略 （ⅱ）在平面内过点作，由（i）知，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 平面的法向量为，由， ，则点到平面的距离为， 点到平面的距离为， 由点到平面的距离是点到平面的距离的倍，得，解得． 所以的值为. 【小问2详解】 由（ⅱ）设，由，得，则， 不妨取，则， 设平面的法向量为，则，取，得， 设与平面所成角为，因此 ，令， 则，即，则 ， 令，因此， 由函数、在上递减，得函数在上递减， 则，， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是. 19. 函数． （1）若，求函数在上的单调区间； （2）若存在，使得成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，且，求的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求得，令，利用导数求得在单调递增，从而得到在单调递增，再结合，即可求解； （2）根据题意，转化为有解，从而等价于，再利用换元，构造函数，求导，分析函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据题意，转化为有两个不同的解，结合（2）得到，求得化简得到，令，求得，令，利用导数求得为增函数，得到，得到在递增，求得，即可得到答案． 【小问1详解】 当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，则在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． 【小问2详解】 由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，则在上有解，等价于， 令，则函数与函数的图象有交点， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以，即， 又函数在单调递增，则，即， 所以实数的取值范围为． 【小问3详解】 若函数有两个零点，，即有两个不同的解， 由（2）知，即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，， 当时，的两个解为，，即，则，即， 令，由，则，且， 所以，，所以， 令， 则， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以，则在单调递增，则， 又因为时，，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级数学期中质量检测 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知数列为等比数列，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 2. 已知集合，，且，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 素面高足银杯（如图1）是陕西历史博物馆收藏的唐代金银器典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族生活方式与跨文化融合的关键物证．将银杯仿品主体（如图2）近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略）．已知杯口直径为6cm，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，存在，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 某社区为了丰富居民文化生活，开设了9层阶梯式读书角，每层摆放一个书架，每个书架摆放的图书数量从上到下依次构成数列，其中，，成等差数列，后7项，…，也成等差数列，且，，，则这9层书架上的书一共有（ ） A. 81本 B. 84本 C. 87本 D. 90本 7. 已知函数，若在上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，两点在曲线上，，两点在曲线上，设，．当直线，均为曲线和的公切线时，的值为（ ） A. 1 B. e C. 2 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. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意， B. C. 若，则 D. 当数列是等差数列时， 11. 设是定义在整数集上的函数，且满足，，对任意的都有，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. ， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则________． 13. 设各项均为正数的等比数列的首项，前项和为，且，则________． 14. 已知正方体的棱长为2，点在线段上（不含端点），点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为________． 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. 在中，内角，，的对边分别是，，，且． （1）求； （2）若的面积为，，求边上的高． 16. 如图，已知多面体中，底面是正方形，平面，，． （1）证明：平面； （2）设，当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知数列是等比数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：； （3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和． 18. 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折，使点翻折到点的位置． （1）若． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）设，若点到平面的距离是点到平面的距离的倍，求的值； （2）求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围． 19. 函数． （1）若，求函数在上的单调区间； （2）若存在，使得成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $