精品解析：黑龙江省实验中学2026-2027学年高三上学期11月期中数学试题

黑龙江省实验中学2026-2027学年度高三学年上学期期中考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 总分：150分 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. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 3. 已知正数，满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 4. 已知正项等比数列满足，，则（ ）． A. 24 B. 48 C. 64 D. 96 5. 已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足对任意实数有，若的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当为方程的两个不同的解时，的最小值为 10. 如图，在直四棱柱中，，，，，点为的中点，点为线段上的动点，则（ ） A. B. 平面 C. 的最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 当时，函数的极大值为 C. 当时，函数有2个零点 D. 不可能有三个不同的零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若 是纯虚数，则________. 13. 已知在平行四边形ABCD中，，，且，则·的值为____. 14. 已知数列满足，，则的最大值为___________． 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和对称中心； （2）当时，求的最值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形．是正三角形，且平面平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值． 17. 已知等差数列满足，，数列的前项和， （1）求数列，的通项公式； （2）记数列的前项和为，若对一切恒成立，求正整数的最小值． 18. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）如图，在所在平面内取一点（与在两侧），连接交于点. （ⅰ）若，且，求的值； （ⅱ）若，，，求面积的最大值. 19. 已知函数，，且曲线和在原点处有相同的切线． （1）求实数a的值： （2）证明：当时，； （3）令，且．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省实验中学2026-2027学年度高三学年上学期期中考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 总分：150分 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. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦恩图可知阴影部分表示的集合为，先求出集合，再利用集合交并补进行运算. 【详解】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为， 因为，所以在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即，所以， 又，所以. 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】函数是减函数，所以； 函数是增函数，所以； 函数是增函数，所以. 所以. 3. 已知正数，满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出的最小值，再由恒成立建立不等式并求解. 【详解】正数，则，即， 当且仅当时取等号，由不等式恒成立， 得，即，解得， 所以实数的取值范围是. 4. 已知正项等比数列满足，，则（ ）． A. 24 B. 48 C. 64 D. 96 【答案】D 【解析】 【详解】设正项等比数列的公比为，则， 由，得，解得， . 5. 已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用定义法，结合余弦定理求解. 【详解】设，延长至，使得，连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 即，所以异面直线与所成角为或其补角（取锐角）. ， 在中，因为，，所以，则， ， 由于异面直线所成角的取值范围为，故，即与所成角的余弦值为. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定角的范围，求出 值，利用正弦和余弦的差角公式求出 和 ，最后用半角公式即可求解. 【详解】已知 ，因此 ， 所以， 所以， 化简得①； 而， 化简得②； 联立①②，相加得： 相减得： ， 由 ，得 ， 根据半角公式 ，代入 得. 7. 有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等边三角形的几何性质分析球的半径以及圆台的结构特征，结合体积公式运算求解即可. 【详解】如图，为的中点，， 则等边的内切圆O的半径，，， 可知圆台的上、下底面半径分别为，高为， 所以该几何体的体积为. 8. 已知定义在上的函数满足对任意实数有，若的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由得到，进而得到周期为；由的对称轴得到 的对称轴.周期和为，只需算余下的 5 项. 【详解】在中把换成， 得，从而， 故是周期为的周期函数. 的图象关于直线对称，则 的图象关于直线对称，特别地. 记.令 ，由得. 由得，解得. ，，，，. 一个周期内的总和为. 因为，所以. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当为方程的两个不同的解时，的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数求解析式的方法可判断AB；利用换元法及正弦函数的单调性可判断C；利用换元法及正弦函数的图象及性质可判断D. 【详解】对于A：，所以，因为，解得，故A正确； 对于B：由图可得，， 因为，所以，故B错误； 对于C：由B知，，所以， 在上单调递增，在上单调递减，故C错误； 对于D：令，为的两个不同的解， 则，所以，即，故D正确. 10. 如图，在直四棱柱中，，，，，点为的中点，点为线段上的动点，则（ ） A. B. 平面 C. 的最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】取中点为，连接，根据勾股定理即可判断选项A，取中点为，连接，利用平行四边形得到线线平行，进而利用线面平行判定定理判断选项B，根据的长，即可判断选项C，利用底面外接圆圆心与球心位置关系，结合勾股定理即可判断选项D. 【详解】对于A，取中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是正方形， 所以， 所以， 所以，，A正确； 对于B，取中点为，连接， 因为点为的中点， 所以，且， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面，B正确； 对于C，因为， 所以当在上时，满足， 而点为线段上的动点，且与异面， 所以不能为，C错； 对于D，如图，三棱锥中，为外接圆圆心，为其半径， 在中，， 所以， 由正弦定理得，， 所以，记球心到平面的距离为，球半径为， 则， 在中，， 在中，， 上式联立即可得到，， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，D正确. 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 当时，函数的极大值为 C. 当时，函数有2个零点 D. 不可能有三个不同的零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求导，根据导数的正负即可说明的单调性；对于B，求导，根据导数的正负说明的单调性，即可求出极大值点，代入即可求极大值；对于C，求导，根据导数的正负说明的单调性，再根据两端均趋于正无穷，而中间极小值为负，即可说明零点个数；对于D，令，对分离参数，构造函数，求导判断函数的单调性，通过单调性即可说明不可能同时有3个零点. 【详解】，， 对于A，时，， 令，得， 当时，，，所以； 当时，，，所以； 在处 ，. 故恒成立，所以在上单调递增，故A正确； 对于B，当时，，故， 所以当时，，，， 当时，，，， 当时，，，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以为极大值点，其极大值为，故B 错误； 对于C，当时，，而，故， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以为极小值点，极小值， 当时，，， 当时，， 两端均趋于正无穷，而中间极小值为负，故函数恰有 2 个零点，故C 正确； 对于D， 当时，，所以不是零点， 当时，， 即， 设，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 两个区间各自单调，水平线在每个区间内至多有 1 个交点， 因此零点总数至多2个，不可能有三个不同的零点，故D 正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若 是纯虚数，则________. 【答案】 【解析】 【详解】， 因为是纯虚数， 故且，即. 13. 已知在平行四边形ABCD中，，，且，则·的值为____. 【答案】 【解析】 【分析】以、为基底表示出、，把、写成模的平方并展开相减，消去交叉项后求出，再对展开化为同一量即得结果. 【详解】以、为基底，由知， 故，. 由同理得，. 由得. 由得. 两式相减得，即. 所以. 14. 已知数列满足，，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由推出，累加法求得，设，作差，即可求出的最大值. 【详解】由，得，即，故， 由累加法得，， 所以， 因为，所以，则， 设，则， ， 令，解得， 因为，所以或； 令，解得或， 因为，所以且； 所以当或时，，即，递增， 当且时，，即，递减， 故，，，，， 所以的最大值为. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和对称中心； （2）当时，求的最值． 【答案】（1） 最小正周期为，对称中心为，； （2） 最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式化简，得，再根据周期的求法求得函数的最小正周期；令，可得函数的对称中心； （2）由，得，根据正弦函数的单调性求得的最值，从而求得的最值. 【小问1详解】 函数， 所以函数的最小正周期为； 令，得， 所以函数的对称中心为. 【小问2详解】 函数， 由，得. 因为在上单调递增，在上单调递减， 且， 所以当时，取得最小值； 当时，取得最大值. 所以的最大值为，最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形．是正三角形，且平面平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）取的中点，连接 是正三角形， 又平面平面，且平面平面，平面， 平面． 平面， 又四边形是正方形，， ，平面，且， 平面．又平面． 平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用两平面垂直的性质先证平面PCD，再证平面PAD，最后由面面垂直的判定即可得证. （2）由（1）建立空间直角坐标系，分别求出平面PAB与平面PBC的法向量，再由法向量夹角求二面角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面平面，可建立如图所示的空间直角坐标系， ，． ，，，． 则，，，． 设平面的法向量为．平面的法向量为， 则，即，取，则，． 又由，即， 取，则，． ， 所以平面与平面所成角的正弦值为． 17. 已知等差数列满足，，数列的前项和， （1）求数列，的通项公式； （2）记数列的前项和为，若对一切恒成立，求正整数的最小值． 【答案】（1）， （2）4 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的基本量求得，再根据求得. （2）求出数列的通项公式，再用错位相减法求得，代入不等式中化简后转化为用基本不等式求函数的最值，即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，，则， 即，解得， 所以. 所以， 所以， 当时，， 两式相减，， 当时，满足上式， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 数列通项公式为， ， ， 上面两式相减得： ， 所以对一切恒成立， 即， 即， 根据基本不等式，， 当且仅当时，即时等号成立，满足要求， 所以， 所以，所以正整数的最小值为4. 18. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）如图，在所在平面内取一点（与在两侧），连接交于点. （ⅰ）若，且，求的值； （ⅱ）若，，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理进行边角互化，再利用辅助角公式得到，即可求出角； （2）（ⅰ）根据得到，结合余弦定理代入求值，（ⅱ）设，将边及用表示出来，利用正弦定理求面积，根据三角函数求最大值. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 又， 则， 即， 因为，故，则， 所以，即， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由余弦定理， 若，且， 因为，即， 即， . （ⅱ），所以为正三角形， 设，，， 在中，，， ， 即， ， 在中，由正弦定理得，， ， 因为，当，即时，取得最大值为. 19. 已知函数，，且曲线和在原点处有相同的切线． （1）求实数a的值： （2）证明：当时，； （3）令，且．证明：． 【答案】（1）1； （2） 要证，即证． 令且，则， 再令，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，故． 所以．即成立． （3） 由（1）得：当时， 所以，即， 两边同除以，得，即． ∴ 要证，只需证， 又， 只需证． 设，，则， 由于函数在区间上单调递增， 所以函数在区间上单调递减，而， 所以当时恒成立，在上单调递减． 所以当时，， 当且时，又， 当时，，即， 所以，即成立． 【解析】 【分析】（1）对和求导，结合导数的几何意义列方程求参数即可； （2）构造且，利用导数研究单调性比较函数值大小，即可证结论； （3）由题设有，应用分析法转化为证，结合放缩化为证，将左侧构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而确定函数值符号即可证结论. 【小问1详解】 由条件可得，且，． 因为曲线和在原点处有相同的切线， 所以，解得． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问，利用分析法、放缩思想，将问题转化为证为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $