精品解析：黑龙江省哈尔滨市第十三中学校2026-2027学年高三上学期11月期中考试数学试题

哈13中学校2026-2027学年度高三上学期期中考试 数学学科 考试时间：120分钟 卷面分值：150分 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､考号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答.在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只交试卷答题页. 第I卷（11题，共58分） 一、单选题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 4. 已知，两点到直线l：的距离相等，则a的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱柱中，设，，，是的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 7. 在直三棱柱中，，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象关于点中心对称 D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象 10. 已知数列满足，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项和 D. 数列是递减数列 11. 下列说法中正确的是（　　） A. 在中，，，，若，则为锐角三角形 B. 非零向量和满足，，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 在中，若，则与的面积之比为 第II卷（共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 过点且与直线垂直的直线方程为____________． 13. 数列满足，则_______. 14. 如图，在边长为2的正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连结, ，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上） ①四棱锥的体积的最大值为； ②当面平面时，二面角的正切值为； ③存在某一翻折位置，使得； ④棱的中点为，则的长为定值． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知圆经过点，，且圆心在直线：上． （1）求圆的方程： （2）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程． 16. 已知分别为三个内角的对边，向量，. （1）求； （2）若.求的面积. 17. 已知数列是等比数列，，，数列满足：. （1）求，的通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈13中学校2026-2027学年度高三上学期期中考试 数学学科 考试时间：120分钟 卷面分值：150分 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､考号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答.在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只交试卷答题页. 第I卷（11题，共58分） 一、单选题（本大题共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】A 【解析】 【分析】先分别求解分式不等式得到集合、求解一元二次不等式得到集合，再计算两个集合的交集即可得出结果。 【详解】因为集合，所以， 即，则， 解得或，因为， 则，解得，则. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，所以. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 4. 已知，两点到直线l：的距离相等，则a的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】法一：由点线距离公式列方程求参数值；法二：两点到直线的距离相等，则直线与两定点所在直线平行，或直线过以两定点为端点的线段的中点，列方程求参数值. 【详解】法一：因为点，到直线l：的距离相等， 所以，即， 化简得，解得或； 法二：若，由，，得直线AB的斜率为，又直线l的斜率为，故； 若在两侧，线段AB的中点，代入直线l：，得，则． 经检验，或均符合题意. 故选：C 5. 已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得出的值，结合已知条件求出的值，可求出、的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为， 由已知，故，所以，，则， 故，所以，，故. 故选：D. 6. 如图，在三棱柱中，设，，，是的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】是的中点，则 ． 7. 在直三棱柱中，，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用直三棱柱的几何特征，结合长方体外接球半径公式最后应用球的表面积公式求解. 【详解】直三棱柱的所有顶点都在同一球面上， 且，，， 可将棱柱补成长方体，长方体的对角线，即为球的直径， 球的半径为，球的表面积为． 8. 定义在上的函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数工具研究其单调性得到即可分析求解. 【详解】设，则， 因为，所以， 所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，即， 所以，但不一定成立；，但不一定成立； ，但不一定成立. 故选：A 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象关于点中心对称 D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用题给图象结合正弦函数的性质得出和值，求出函数表达式，进而根据正弦函数的对称性及伸缩变换逐个判断即可. 【详解】由图象可知，， 由周期公式，选项A正确； 因为图象经过点，代入函数得：， 所以， 因为，所以，即，故B错误； 因为， 所以的图象关于点对称，故C正确； 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）， 可得，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知数列满足，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项和 D. 数列是递减数列 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列的定义即可判断A；根据等差数列的通项公式即可判断B；根据等差数列的前项和公式即可判断C；根据等差数列的单调性即可判断D. 【详解】对于A，由， 可得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故A正确； 对于B，由A知，所以，故B错误； 对于C，由A，B知，，故C正确； 对于D，由A知，， 所以数列是递增数列，故D错误. 故选：AC. 11. 下列说法中正确的是（　　） A. 在中，，，，若，则为锐角三角形 B. 非零向量和满足，，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 在中，若，则与的面积之比为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量的数量积的定义得到角C为钝角，从而否定A；利用向量的和、差的模的平方的关系求得，进而判定B；注意到与同向的情况，可以否定C；延长交于,∵共线，利用平面向量的线性运算和三点共线的条件得到,进而，然后得到，利用分比定理得到，从而判定D. 【详解】即,∴,∴为钝角，故A错误； ，， ，，故B正确； ，当时，与同向，夹角不是锐角，故C错误； ∵，∴， 延长交于,如图所示. ∵共线，∴存在实数，， ∵共线，∴,∴, ∴，∴，∴. ∴，∴，故D正确. 故选：BD. 第II卷（共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 过点且与直线垂直的直线方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】因为直线l与已知直线垂直，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1，由已知直线的斜率求出直线l的斜率，然后根据（-1，2）和求出的斜率写出直线l的方程即可． 【详解】因为直线2x-3y+9=0的斜率为 ，所以直线l的斜率为 ， 则直线l的方程为： ，化简得. 即答案为． 【点睛】本题考查学生掌握两直线垂直时斜率的关系，会根据一点和斜率写出直线的点斜式方程，是一道基础题． 13. 数列满足，则_______. 【答案】. 【解析】 【分析】首先证得数列是常数列，设，由数列是以1为首项，为公差的等差数列，可得，结合，即可求出，从而得到数列的通项公式，进而求出结果. 【详解】因为，所以，所以数列是常数列， 令，则，且，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，则，所以，又因为，则，所以，因此，所以， 故答案为：. 14. 如图，在边长为2的正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连结, ，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上） ①四棱锥的体积的最大值为； ②当面平面时，二面角的正切值为； ③存在某一翻折位置，使得； ④棱的中点为，则的长为定值． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】当面平面时，四棱锥的高取得最大值,此时体积达到最大值，经计算可知①正确；作出二面角的平面角，经计算可知②正确；利用反证法可知③不正确；取的中点，连，，，可得，经计算可知④正确. 【详解】在翻折到的过程中，因为四棱锥的底面积为定值，定值为，所以当四棱锥的高取得最大值时，其体积达到最大， 当面平面时，四棱锥的高取得最大值,其最大值为直角三角形的斜边上的高，其值为， 所以四棱锥的体积的最大值为，故①正确； 当面平面时，过作，垂足为，则平面，所以， 过作，垂足为，连，因为，所以平面，所以，所以为二面角的平面角， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 因为，所以， 在直角三角形中，， 所以， 所以，所以二面角的正切值为，故②正确； 连接，如图： 假设，因为，，所以平面， 所以， 所以，又，二者相矛盾，故假设不成立，故与不垂直，故③不正确； 取的中点，连，，，如图： 因为，，，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以， 在直角三角形中，，所以，即CN的长为定值，故④正确. 故答案为：①②④. 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知圆经过点，，且圆心在直线：上． （1）求圆的方程： （2）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的标准方程为，代入两点坐标，结合圆心在直线：上求出圆心与半径，即可得到圆的标准方程； （2）分直线斜率存在和不存在两类，利用圆心到切线的距离等于半径求解参数，得到切线方程. 【小问1详解】 设圆方程为， 则，所以圆的方程为. 【小问2详解】 若直线斜率不存在，则方程为，（舍去，不满足题意）； 若直线斜率存在，则设直线方程为即， ，两边平方得 解得或，所以直线的方程为或. 16. 已知分别为三个内角的对边，向量，. （1）求； （2）若.求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示可得，利用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和定理、和差公式及辅助角公式即可求解； （2）利用向量的线性运算可得，结合题意由、向量数量积及面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 所以， 所以， ，即， 又，故，即. 【小问2详解】 ，所以， ， , 又,即, , 或（舍）, 故. 17. 已知数列是等比数列，，，数列满足：. （1）求，的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1），，，. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出； （2）利用裂项相消的方法求出即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，则，所以，， 因为， 当时，， 两式相减得， 则时，； 当时，由得，解得符合该式； 所以，. 【小问2详解】 由于， ， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为. （2） （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可， 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内 函数单调递增， 内 函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 . 因此， 令，则， 当 时， ，单调递增， 当时， ，单调递减， 故在 时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间； （2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以. （3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时， 所以在内单调递减，且 ， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令， ， 则， 令，则， 所以在区间 上单调递增， 又因为 ， 所以当 时， ，即，单调递减； 当 时， ，即 ，单调递增； 所以函数在 处取得极小值也是最小值， 当时， ，时， ， 因为有且仅有1个解， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $