精品解析：辽宁大连市第三中学2026-2027学年高三上学期期中数学试卷

大连市第三中学2026-2027学年度上学期11月统练 高三数学试卷 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，并将自己的姓名､准考证号､座位号填写在本试卷上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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.涂写在本试卷上无效. 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 一､单项选择题：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，，若且，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. “函数为奇函数”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 设，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，若与的外接圆面积之和为，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 3 二､多项选择题：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. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 在上有2个零点 C. 在上单调递增 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 10. 已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则数列是递减数列 B. 若，则数列是递减数列 C. 若，则数列是递增数列 D. 若，则数列是递增数列 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面BDF C. 存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D. 当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 13. 已知向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为_________. 14. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是__________． 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. 在中，角所对的边分别为，已知是边上的中线，且. （1）求角的大小； （2）求及的面积. 16. 记数列的前项和为，已知． （1）证明是等差数列，并求； （2）记数列的前项和为，证明：． 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 18. 如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连市第三中学2026-2027学年度上学期11月统练 高三数学试卷 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，并将自己的姓名､准考证号､座位号填写在本试卷上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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.涂写在本试卷上无效. 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 一､单项选择题：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，，若且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，直接求出集合中的元素作答. 【详解】因为，由，得或， 又，且，即有且，因此， 所以. 故选：A 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法化简，并确定其对应点所在的象限，即可得. 【详解】由，对应点为在第四象限. 故选：D 3. 空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，若，，则或， 当时，，则或者与斜交或者， 当时，，则或者与斜交或者，故A错误； 对于B，若，，，可在取作为的法向量， 由于，故，即，则，故B正确； 对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：B 4. “函数为奇函数”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】举出反例结合充分条件和必要条件的概念即可判断. 【详解】若，函数为奇函数，但是定义域为，故无， 若，函数满足，但为偶奇函数， 结合充分条件和必要条件的概念可知，“函数为奇函数”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 5. 设，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用“”的妙用求解. 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即当，时，等号成立， 则的最小值为. 6. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得； 【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，， 因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动， 设，， 所以，， 所以 ，其中，， 因为，所以，即； 故选：D 7. 已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据结构，考虑构造，则，结合题目给出条件可知在上单调递减，故有，化简后即可得出答案. 【详解】构造函数，则. ， 即在上单调递减. 故有，即， 即①. 对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误； 对于B、C：由①式可知，即，故无法判断，故B错误，C正确； 对于D：由①式可知，即，故D错误. 故选：C. 8. 已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，若与的外接圆面积之和为，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】球的半径为，取外接圆的圆心分别为，由，及，列出等式即可求解. 【详解】 设与的外接圆半径分别为，外接圆的圆心分别为 由题意可得，即， 设球的半径为，的中点为， 连接， 因为是外接圆圆心，所以，又是的中点， 所以，同理， 又平面，平面， 平面平面， 所以为二面角的平面角，又平面平面， 则， 由球的性质可知：平面，平面， 又平面，平面， 则，， 所以四边形为矩形， 则， 又 所以， 又，所以， 所以,又， 所以， 即, 则球的半径为. 二､多项选择题：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. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 在上有2个零点 C. 在上单调递增 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 【答案】BD 【解析】 【分析】先将函数进行化简，选项A结合正弦函数值域判断最值；选项B通过解方程求出零点通式，再筛选给定区间内零点个数；选项C利用换元法结合正弦单调区间判断增减性；选项D利用“左加右减”平移规律并结合偶函数定义判断对称性. 【详解】对化简：  选项A：因，则，进而的最大值为2，故A错误； 选项B：令，即，解得，即. 当时，取得，取得，共2个零点，故B正确； 选项C：当时，令，则，在上单调递增，在上单调递减， 因此在上单调递增，在上单调递减，并非在整个区间上单调递增，故C错误； 选项D：将的图象向左平移个单位长度，可得. 由，知为偶函数，图象关于轴对称，故D正确. 10. 已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则数列是递减数列 B. 若，则数列是递减数列 C. 若，则数列是递增数列 D. 若，则数列是递增数列 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据题意用表示出公比，再根据选项讨论当的取值范围不同时数列的增减情况即可. 【详解】由等比数列，则公比， 对于选项，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项正确. 对于选项，若，则公比，又，数列是递增数列，故选项错误. 对于选项，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项错误. 对于选项，若，则公比，故，又，数列是递增数列，故选项正确. 故选：. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面BDF C. 存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D. 当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，结合变化时，不是定值，可判定A错误；当时，即点与点重合，证得和，得到平面，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到与平面所成角为，满足，进而得到直线与平面所成角范围，可判定C正确；求得平面的法向量为，得到球心到平面的距离，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得平面， 即到平面的距离为， 由， 因为，当变化时，不是定值， 所以三棱锥的体积不是定值，所以A不正确； 对于B中，当时，即点与点重合， 在正方体中，连接，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证：，因为，且平面， 所以平面，即平面，所以B正确； 对于C中，设平面的法向量为， 又由，则， 令，可得， 由，设与平面所成角为 可得， 又由，可得， 所以，因为，且平面， 所以平面， 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值， 此时直线与平面所成角小于， 当点与重合时，直线与平面所成角为， 所以存在使得直线与平面所成角为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为且，可得，所以平面的法向量为， 又由球心为，则到平面的距离为， 外接球的半径为，所以截面圆的半径的平方为， 所以该正方体的外接球所得到的截面的面积为，所以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. 在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 在直角中，， 所以， 所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积为：. 13. 已知向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【详解】向量，两向量夹角为锐角等价于，且与不共线. 则，解得. 若与共线，则，解得， 此时两向量同向，夹角为，不是符合锐角要求，故舍去. 综上，实数的取值范围为. 14. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知函数的性质，把函数有两个零点转化为方程有两个不同的根，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，从而求解实数的取值范围． 【详解】函数有两个零点， 有两个不同的根， 当时，左边为，右边为，左边不等于右边，故不是方程的解； 当时，， 令，求导得， ， ， 在上单调递增，在上单调递增， 当时，，且, 当时，， 当时，，当时，，， 函数图像如下图所示， 要使与的图像有两个交点，则需满足，此时与在和上各有一个交点． 实数的取值范围为， 故答案为：． 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，角所对的边分别为，已知是边上的中线，且. （1）求角的大小； （2）求及的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换进行求解； （2）由余弦定理及三角形的面积公式求解． 【小问1详解】 由正弦定理得： ，再根据两角和的正弦公式展开得： ， 消去，整理得：， ，两边同除以得：， 由辅助角公式得：， 又，则，故，解得． 【小问2详解】 由题意得：， 平方得：，化简得， 解得舍. 由余弦定理得： 的面积 16. 记数列的前项和为，已知． （1）证明是等差数列，并求； （2）记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）当时，， 则， 即， 由于，所以， ，解得，， 所以是首项为3，公差为2的等差数列，得证， （2）由（1）知，， 所以， 则 即， 又因为，所以，故得证. 【解析】 【分析】（1）利用，结合等差数列的定义即可求解； （2）使用等差数列前项和公式求得，再使用裂项相消结合的取值范围即可得证. 【小问1详解】 即. 【小问2详解】 略 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增； （2）证明：由（1）知，当时，在处取得最小值， 因此，对任意，有. 只需证明 ，即 令，. 求导得，  ，故在上单调递增. 由知，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以在处取得最小值. 因此，即成立，等号当且时取得. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为， 所以，即证得. 【小问1详解】 函数的导数为， 当时，恒成立，故，所以在上单调递增； 当时，令 ，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 略 18. 如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】（1）因为四边形是菱形，所以， 因为平面 ，平面 ，所以平面 ； （2）设交 于点，连接， 因为， ，是 中点，所以，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）设交 于点，连接，进而有，，应用线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）取 中点，连接，，设，，结合已知得，作平面，，，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并求出平面与平面的法向量，应用向量法求夹角余弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取 中点，连接，，易得，设，， 因为，且，所以，， 因为 ， ，，平面， 所以平面，故，即， 作平面，以为原点，，，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，，，， 设平面的法向量，则， 取，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 取 ，可得平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 在三角形中，且，则， 在三角形中，由余弦定理可得，则， 因为，且， ， 所以， 综上，平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【答案】（1） （2） （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以在，即上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到， 法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 解：由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 法一：当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 所以在递增，在递减， 又，，所以，即. 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. 法二：当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 又因为，所以， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $