精品解析：辽宁大连育明高级中学2026-2027学年高三上学期第三次教学质量调研数学试卷

大连育明高级中学2026-2027学年上学期高三第三次 教学质量调研数学试卷 满分150分时间120分钟 注意事项： 1.答卷前：先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置. 2.选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效. 4.画图清晰，并用2B铅笔加深. 第Ⅰ卷（共58分） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在正三棱台中，，，与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 已知椭圆的右焦点和右顶点分别为，点在上.若直线与的斜率之积为，且，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知在单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.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. 已知函数和，则（ ） A. 和的最小正周期相同 B. 和在区间上的单调性相同 C. 和的图象关于直线对称 D. 的图象向右平移个单位长度得到的图象 10. 在平面直角坐标系中，点为双曲线的右焦点，点，过的直线与的右支交于两点，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，过点作交于点，过点作交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 点到的两渐近线的距离之积为 C. D. 若的外心在轴上，则 11. 一个棱长为1的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径分别为的铁球，记其表面积分别为，则下列结论正确的是（） A. 当时，的最大值为 B. 的最大值为 C. 当取最大值时，的最大值为 D. 的最大值为 第II卷（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为_____． 13. 已知向量，满足，且，则________；在上的投影向量为________． 14. 已知函数且为奇函数，则不等式的解集为_________. 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. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）若，判断的形状； （2），若，求角及边． 16. 已知，． （1）当时，求在区间上的最值； （2）若在处取得极大值，求实数的取值范围． 17. 设为数列的前项和，且 （1）求；并证明数列为等差数列； （2）若，给定正整数，设函数，求. 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，平面平面. （1）证明：平面平面； （2）证明：； （3）若，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的正弦值的最小值. 19. 已知双曲线，其左､右焦点分别为，坐标原点为． （1）过点且斜率为的直线与双曲线交于两点．记直线的斜率分别为，求关于的表达式； （2）点不在轴上，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点．记，其中分别表示相应直线的斜率，记满足的点轨迹，判断点的运动轨迹是何种曲线的一部分，请说明理由； （3）圆与（2）中轨迹相交于六个点，按圆周顺序依次记为.记六边形的周长为，求的最大值，并求取得最大值时的值．（用含的式子表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连育明高级中学2026-2027学年上学期高三第三次 教学质量调研数学试卷 满分150分时间120分钟 注意事项： 1.答卷前：先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置. 2.选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效. 4.画图清晰，并用2B铅笔加深. 第Ⅰ卷（共58分） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合A，再根据交集的运算计算结果． 【详解】由，解得，即； 故，即交集为． 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算、共轭复数、复数的模等知识求得正确答案. 【详解】， 所以. 故选：A 3. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项化简可得，代入等差数列通项公式求解即可. 【详解】因为成等比数列，所以， 则 化简得：， 因为，所以 4. 已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错； 对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错； 对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确； 对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或. 5. 在正三棱台中，，，与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，结合已知条件求出大小棱锥的高，利用及棱锥体积公式求棱台的体积. 【详解】由题设，将棱台补全为正棱锥，如下图，且均为正三角形， 其中为底面中心，连接，则面，而面，即， 所以与平面ABC所成角为，而，则，所以， 令的高为，结合棱台的结构特征，知， 所以棱台体积. 故选：C 6. 已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】当时最小，最小，求出最小值即得的值. 【详解】 如图， 当的最大值为时，， 当时，最小时，最大. 由题得， 所以，则； 故选：A. 7. 已知椭圆的右焦点和右顶点分别为，点在上.若直线与的斜率之积为，且，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设椭圆焦距为，则，右焦点，右顶点，设， 由题意得，， 将椭圆方程变形得到的代入上述斜率积等式，得， 即，， 椭圆上一点到右焦点的焦半径为，， 将代入，并由，得， 两边除以，整理得，， 故，所以椭圆的离心率等于. 8. 已知在单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数单调性与导数的关系，将问题转化为导数在给定区间恒非负，再结合和两种情况讨论即可. 【详解】已知函数在单调递增，故对任意，恒成立，  ，  当时，，，，： 若，则，因此， 满足恒成立； 若，由可得：. 因为，故，即， 若，则，故此时恒成立， 故在上单调递减，不符合单调递增要求， 若，取且， 则当时，有即， 故此时即，其中， 故在上单调递减，不符合单调递增要求， 综上，实数的取值范围为. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.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. 已知函数和，则（ ） A. 和的最小正周期相同 B. 和在区间上的单调性相同 C. 和的图象关于直线对称 D. 的图象向右平移个单位长度得到的图象 【答案】ABC 【解析】 【分析】正弦型函数的性质最小正周期、区间单调性、图像平移变换、函数图像的对称性，结合三角函数的基本公式与图象性质逐一判断即可. 【详解】选项A：对于函数和的最小正周期为，周期相同，A正确； 选项B：因为，，所以在上单调递增，故在上单调递增； 因为，所以在上单调递增，故在上也单调递增，二者单调性相同，B正确； 选项C：因为 所以和的图象关于直线对称,C正确； 选项D：的图象向右平移个单位长度得到与的表达式不相等，D错误； 10. 在平面直角坐标系中，点为双曲线的右焦点，点，过的直线与的右支交于两点，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，过点作交于点，过点作交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 点到的两渐近线的距离之积为 C. D. 若的外心在轴上，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用双曲线渐近线方程求解即可；对于B，利用点到直线的距离化简即可判断；对于C，求出点的坐标，再根据三角形的面积公式计算两个面积即可；对于D，设，外接圆圆心，联立可得，设直线的方程为，与双曲线联立方程，由韦达定理可得，求出的值，结合弦长公式即可求解. 【详解】对于A，双曲线，，， 所以双曲线的渐近线方程为，即，故A正确； 对于B，设点，则，即， 点到的距离， 点到的距离， ，故B正确； 直线，直线， 联立，得， 则， 联立，得， 则， 设，因为，所以， 则， 因为四边形为平行四边形， 所以 ， ， 故，故C错误； 对于D，设，则，设外接圆圆心， 所以，化简可得：， 所以是一元二次方程的根，故， 设直线的方程为， 联立，化简可得：， 所以，解得：， 由于， 所以， 故当的外心在轴上时，，故D正确. 11. 一个棱长为1的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径分别为的铁球，记其表面积分别为，则下列结论正确的是（） A. 当时，的最大值为 B. 的最大值为 C. 当取最大值时，的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A：两球等半径时沿正方体体对角线对称放置，代入半径计算表面积；B：由体对角线约束推导得最大值为，与选项数值不符；C：最大为正方体内切球半径，结合外切条件算出，再计算表面积；D：半径和为定值时，半径差越大平方和越大，取最大值时表面积和取到最大值. 【详解】棱长为1的正方体内放两个外切的球，要使球半径尽可能大，两球需分别靠在正方体体对角线的两个对角顶点处，且各与相邻三个面相切， 正方体体对角线长为 ；半径为的球与三个相邻面相切时，球心到对应顶点的距离为， 两球外切时，球心距为 ，因此体对角线满足关系， 整理得两球半径和的最大值. 选项A，当时，， 球的表面积，代入得，A正确； 选项B， 的最大值为≠，B错误； 选项C，正方体内单个球的最大半径为内切球半径（球心在正方体中心）， 此时球2与一个顶点的三个相邻面相切，且与球1外切，设球2半径为，球2的球心坐标为，球1的球心为，两球心距为， 由距离公式，解得，因此，C正确； 选项D，表面积和为， 当为定值时，，两半径相差越大，平方和越大， 因此当、时，平方和取最大值， 代入得，D正确. 第II卷（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 又在处的切线与直线垂直， 所以，解得 13. 已知向量，满足，且，则________；在上的投影向量为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算性质计算可得. 【详解】因为，所以. 又，所以， 解得，在上的投影向量为. 因此，在上的投影向量为. 14. 已知函数且为奇函数，则不等式的解集为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数得到，求出，利用复合函数的单调性得到在上单调递减，分为且，且，且，且四种情况分类讨论即可求出答案. 【详解】， 因为为奇函数， 故， 即， 所以，又，所以， 故，定义域为， 当时，易知为增函数，且， 又在上单调递减，故函数在上单调递减， 易知在上单调递增， 又函数为增函数，故函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减， 因为函数为奇函数，故在上单调递减， 当时，，当时，， 不等式可化为， 即， 当且时，即时， 不等式可化为，解得， 故不等式的解集为， 当且时，此时不成立， 当且时， ，， 不等式无解； 当且时，即时， ，，此时， 故不等式的解集为， 综上所述，不等式的解集为. 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. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）若，判断的形状； （2），若，求角及边． 【答案】（1）是直角三角形 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和正弦公式，再联立已知条件求出，判定三角形为直角三角形； （2）由已知等式和面积公式得到，先求出c与，再借助三角关系得到求出角C，最后用余弦定理算出b． 【小问1详解】 由正弦定理，结合得， 由得， 故，即， 已知，故， 故， 又，故，是直角三角形． 【小问2详解】 已知，，故， 由三角形面积公式，则， 则， 故，则， 由（1）知，则， 解得， 由得， 由余弦定理， 解得． 16. 已知，． （1）当时，求在区间上的最值； （2）若在处取得极大值，求实数的取值范围． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）当时，，求出在区间上的端点值和极值，比较可得最值； （2）求导分解导数，记，，存在唯一，，比较与的大小，利用导数判断在处是否为极大值. 【小问1详解】 当时，，， 令得，令得， 故在单调递减，在单调递增， 又，， 故当时，． 【小问2详解】 ，， 令， ，， 由在处取得极大值且，则，故，在上单调递增，又，；，， 故存在唯一，使得，令，得或， ①当时，故恒成立，单调递增，无极值，不符合题意，舍去； ②当时，，得或，，得， 故在单调递增，在单调递减，在单调递增， 在处取得极小值，不符合题意，舍去； ③当时，，得或，，得， 故在单调递增，在单调递减，在单调递增， 在处取得极大值，满足题意．此时＝0，解得， 综上，实数的取值范围为 17. 设为数列的前项和，且 （1）求；并证明数列为等差数列； （2）若，给定正整数，设函数，求. 【答案】（1），， 证明如下. 当时，由 ①， 得 ②， ①−②，得， 整理得 ③ 所以 ④ ④−③，得， 两边除以（），得， 由等差中项性质可得数列为等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）对递推式令，先求出，利用与作差，推出等差中项式证明等差数列； （2）先化简，对函数求导，利用错位相减法求和，代入计算. 【小问1详解】 由，即， ，令，得， 代入，得，解得，因此； 证明略. 【小问2详解】 由(1)知，公差，得，所以， ，， ，得， 设， 则， 两式相减得， 所以， 整理得， 当时，，即. 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，平面平面. （1）证明：平面平面； （2）证明：； （3）若，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的正弦值的最小值. 【答案】（1）证明：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； （2）证明：在菱形中，，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面，可得， 结合，推得； （3） 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，根据翻折的不变量和面面垂直的判定定理证明； （2）先证明线面平行证得平面，结合线面平行性质定理和平行线的传递性得证； （3）建立空间直角坐标系求解两平面夹角问题； 【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， 在三角形中，，则， 在三角形中，由余弦定理可得， 则， 设平面与平面夹角为，则 因为， 所以 令，因此， 可知随增大而减小，当时，取最小值， 所以平面与平面夹角的正弦值的最小值. 19. 已知双曲线，其左､右焦点分别为，坐标原点为． （1）过点且斜率为的直线与双曲线交于两点．记直线的斜率分别为，求关于的表达式； （2）点不在轴上，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点．记，其中分别表示相应直线的斜率，记满足的点轨迹，判断点的运动轨迹是何种曲线的一部分，请说明理由； （3）圆与（2）中轨迹相交于六个点，按圆周顺序依次记为.记六边形的周长为，求的最大值，并求取得最大值时的值．（用含的式子表示） 【答案】（1） （2）轨迹由两部分组成，椭圆，直线： 设，直线的斜率，直线的斜率， 由（1）知过焦点的直线斜率为k时，弦端点与原点连线的斜率和为， 故，化简得， 若，代入斜率表达式得，由，故， 即轴，去掉x轴上的点，且以保证直线与双曲线有两交点； 若，则，整理得， 表示焦点在轴上的椭圆，去掉轴的交点； 综上，轨迹由两部分组成，椭圆，直线． （3）， 【解析】 【分析】（1）设过左焦点的直线方程并联立双曲线，借助韦达定理表示出两点横坐标之和与积，再对斜率和的式子代入化简，求出； （2）设点P坐标，利用第（1）问结论写出的表达式，由因式分解得到两种情况，分别化简得到轨迹为椭圆一部分与y轴上部分线段； （3）利用对称性得到六个交点，写出周长L的表达式，换元转化为单变量函数，用导数求函数最大值，再反解对应的r． 【小问1详解】 双曲线的左焦点，设直线， 联立得，整理得， 设，由韦达定理， 斜率之和 ． 【小问2详解】 轨迹由两部分组成，椭圆，直线； 理由：略 【小问3详解】 由对称性，圆与轨迹的6个交点为：， 其中， 按圆周顺序排列后，六边形周长由4段斜边长和2段竖边长组成： ， ，令，则， 故，所以， 设，求导得，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故时，取得最大值，最大值，故的最大值为， 此时，代入得，解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $