精品解析：黑龙江省大庆市实验中学一部2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份精品解析：黑龙江省大庆市实验中学一部2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（解析版），文件包含主题二物质的性质和应用Ⅲ金属与金属矿物培优专练全国通用原卷版pdf、主题二物质的性质和应用Ⅲ金属与金属矿物培优专练全国通用解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
命题人：侯典峰 审题人：罗红雨
说明：1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内.
2.满分150分，考试时间120分钟.
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并集的定义直接求解.
【详解】由集合，，得.
故选：A
2. 记为等比数列的前n项和．若则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据等比数列的通项公式，结合已知条件列方程组，求出首项和公比，进而得到和的表达式，最后计算出．
【详解】设等比数列的公比为，则，，
，，
，解得，，
，，
，
故选：D．
3. 下列说法正确的个数为（ ）
①命题“，”的否定是“，”
②幂函数对于，都有，则
③函数（且）的图象所过定点的坐标为
④已知函数在上单调递增，则的取值范围是
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】对①，直接写出存在量词命题的否定，即可判断真假；对②，利用幂函数的定义得或，再结合条件，即可求解；对③，利用对数函数的性质，即可求解；对④，利用分段函数的单调性质，得，得，即可判断真假.
【详解】对于①命题“，”的否定是“，，所以①命题错误；
对于②命题，由幂函数的定义知，，解得或，
又对于，都有，所以为偶函数，
当时，，为偶函数，符合题意；
当时，，为奇函数，不符合题意，故，所以②命题正确；
对于③命题，令，得，此时，故定点坐标为，所以③命题错误；
对于④命题，因为时，由指数函数和对数函数单调性可知单调递增，
所以在上单调递增，则需满足，
即，解得，
则的取值范围是，所以④命题正确，综上，正确的命题个数为2个，
故选：B.
4. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则（ ）
A. 2025B. 2026C. 4050D. 4052
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的对称中心后利用倒序相加法可求诸函数值的和.
【详解】因为，故，，
令，故，故
故曲线的对称中心为，故，
设，
则，
故即，
故选：C
5. 在中，内角的对边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则解的个数为2
C. 若为锐角三角形，则.
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，根据条件得到或，故为等腰三角形或直角三角形，A错误；B选项，，故无解，B错误；C选项，由正弦函数单调性得到；D选项，由向量数量积公式和余弦定理得到答案.
【详解】A选项，，则或，
所以或，故为等腰三角形或直角三角形，A错误；
B选项，，则，，
故无解，B错误；
C选项，若为锐角三角形，则，即，
其中，故，
又在上单调递增，所以，C错误；
D选项，，
由余弦定理得，所以，D正确.
故选：D
6. 若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，存在，使不等式有解，即，解不等式可求.
【详解】正实数，满足，
.
当且仅当且，即，时取等号，
存在，使不等式有解，
，解可得或，即，
故选：C.
7. 已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先分析函数的奇偶性和单调性，再比较自变量大小即可得到结果．
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
又，
所以是奇函数，所以，
，在上，，，
故，所以在上单调递增，
，，，
又，，
综上，，因为单调递增，所以，
即．
故选：A．
8. 在正方体中，，为的中点，是正方形内部及边界上一动点，则下列说法正确的个数为（ ）
①平面平面；②当时，点的轨迹长度为；③存在直线与平面内的直线成角；④若分别为的三等分点，则的最小值为.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】对于①，连接，通过题中条件可得和平面，从而得到平面平面；对于②，由题中条件得到平面，则，根据和的长度得到的长度，从而得到点的轨迹为该圆在正方形内的圆弧，由的长度得到的长度，从而得到的大小，继而得到的大小，得到的轨迹长度；对于③，从正方体中分离出四棱锥，则，由和的长度得到的长度，则直线与平面内的直线所成的角的最小值为，求出得到，从而得到平面内不存在一条直线与直线成；对于④，建系，写出和的坐标，由分别为的三等分点得到的坐标，设关于平面的对称点为，从而得到的坐标，由三点共线可知的最小值为，求解即可.
【详解】对于①，连接，是正方形，，

平面，平面，
，
，平面，
平面，
平面，，
同理，，又，平面，
平面，平面，
平面平面，故①正确.
对于②，取的中点，连接，则平面，平面，
故，，，，
点是在以为圆心，半径为的圆上运动，
又是正方形内部及边界上一动点，
设该圆与正方形的边交于，与边交于，
的轨迹为该圆在正方形内的圆弧，如图

，，，
，
的轨迹长度为，故②正确.
对于③，从正方体中分离出四棱锥，

则， ，，，
则直线与平面内的直线中所成的角的最小值为，
又，
即，
故平面内不存在一条直线与直线成，故③错误.
对于④，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

，
，，
分别为的三等分点，
，
设关于平面的对称点为，
，
由三点共线可知的最小值为，
故④正确.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，则（ ）
A. 向量的夹角为
B. 若，则
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量夹角的坐标运算、向量垂直的坐标表示、投影向量的求法、向量平行的坐标表示依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，，
，又，
，A正确；
对于B，，，解得：，B正确；
对于C，向量在向量上的投影向量为，C错误；
对于D，，，
，，解得：，D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的单调递减区间是
B. 若，则方程有两个不等的实根
C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为
D. 若过点可以作曲线的三条切线，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，由及函数连续性可判断；对B、D，将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断；对C，当在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，求出点坐标，用点到直线距离公式求最值.
【详解】对于A：，由得，又函数在连续，
所以的单调递减区间是，A正确；
对于B：当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，取得最大值，又时，；
时，，所以的图象大致如图：
当时，函数与函数图象有两个交点，
即方程有两个不等的实根，B错误；
对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，
设点，则，解得，此时，
点到直线的距离，C正确；
对于D：设过点的切线切点为，则，整理得，
若过点可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点，
对函数，
当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减.
又当时，；当时，；时，；时，，
所以函数的图象大致如下：
则当时，函数与函数有三个交点，
此时过点可以作曲线的三条切线，D正确.
故选：ACD.
11. 在平面直角坐标系中，动点在以原点为圆心，1为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动；动点在以原点为圆心，2为半径的圆上，以的角速度按顺时针方向做匀速圆周运动.、分别以、为起点同时开始运动，经过后，动点、的坐标分别为、，下面四个结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，的值随值的增大而增大
C. 的最小值与最大值的和为
D. 若将看是关于的函数，记为，设，则在上恰有四个零点
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意得，，，，当时，代入计算结合向量数量积坐标运算可判断A；化简得，由正弦函数性质可判定B；化简得，令，，由二次函数性质计算可判定C；化简得，令，计算得，结合选项可判定D.
【详解】由题意可得，
对于A，当时，，
，
，
，
所以，，
所以，故A正确；
对于B，，
因为
，
即，
当时，，
由正弦函数性质可知，在区间上不单调，故B错误；
对于C，
，
令，则，
当时，有最小值为，
当时，有最大值为，
所以的最小值与最大值的和为，故C正确；
对于D，，
所以，
令，则，
即或，解得或，所以在上，的取值有，所以有五个零点，故D错误.
故选：AC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数，则复数的模______．
【答案】
【解析】
【分析】结合的性质对已知复数进行分母实数化，再利用复数模的计算公式求解．
【详解】，
，
．
故答案为：．
13. 已知正项数列的前项和为满足，在数列的每相邻两项，之间依次插入，得到数列则数列的前60项和为______.
【答案】410
【解析】
【分析】根据关系，结合等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以当时，，
两式相减，得，
因为数列是正项数列，
所以由，
所以数列是公差为的等差数列，
由，所以，
显然也适合，因此，
在数列中按照题中操作，
得到数列的项数为，
所以由，舍去，
因为
所以当时，，
于是数列的前60项和为
，
故答案为：
14. 一个高为6cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径都为2cm的铁球，这三个铁球两两相切，并且它们都与圆柱的侧面相切，其中两个铁球与圆柱形容器的下底面相切，第三个铁球与圆柱形容器的上底面相切，则圆柱形容器的容积为______.
【答案】
【解析】
【分析】从上方看可得三个球的投影对应的圆均与圆柱底面圆周相切，只要求出三个球心在底面的投影之间的距离，再求外接圆半径即可求圆柱体积.
【详解】设与下底面相切的两个球的球心分别为、，与下底面的切点分别为、，球与球切点为；
与上底面相切的球的球心为，与上底面的切点为，在下底面的投影为，与球交于；
从方向看，如图1所示：
由于三个球半径都为2，即，
由于圆柱高为6，则，，
则与处于同一高度，即，
由于三个铁球两两相切，则
则由勾股定理可得.
从圆柱正上方方向看，如图2所示，，,
设下底面为圆，半径为，球在下底面投影为圆，则圆与圆内切，
则，同理，
则，即为三角形外接圆圆心，
在三角形中，由余弦定理可得，
则，
设三角形外接圆半径为，由正弦定理可得，
则，，
则，
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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求A；
（2）若，点D在边上，，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意利用余弦定理得，利用正弦定理得，进而求解；
（2）先计算，由得，进而得，最后利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由余弦定理有：，
又由有：，
由正弦定理有：，
又，所以，
所以，即，
又，
所以；
【小问2详解】
由（1）有，
由有：，
又由余弦定理有：，
当时，等号成立，
所以，
所以，
所以面积的最大值为.
16. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）设，函数，对于，，使得，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分和两种情况讨论求解即可；
（2）转化问题为，进而求解即可.
【小问1详解】
由题设，，
当时，，在上递减；
当时，令，
当时，，在区间上递减；
当时，，在上递增．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
【小问2详解】
由题设对于，，使得，
知，，成立．
由（1）知当时，，，在上递增，
则，
对于，函数单调递增，上递增，
则，
所以只需，即．
综上：．
17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在除端点外的一点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理得证.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解.
（3）假定存在，并设，利用线面角的向量法列式求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，由是的中点，得且，
又且，则且，四边形是平行四边形，
因此，而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由平面且，得直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，得，
，
设为平面的法向量，则，取，得；
设为平面的法向量，则，取，得；
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
设且，，，则，
，，
设为平面的法向量，则，
取，得，又，
由点到平面的距离为，得，
整理得，解得，
所以在线段上存在除端点外的一点，使得点到平面的距离为，此时.
18. 已知数列的前项和为，且．
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）记，记数列的前项和为．
①求；②对，都有成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合及等比数列定义推理得证，进而求出通项公式.
（2）①由（1）的结论，利用裂项相消法求和即得；②按奇偶求出的最小值即可.
【小问1详解】
在数列中，，当时，，
两式相减得，整理得，即，
而，即，则，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，，
经检验当也符合.
小问2详解】
①由（1）知，，，
所以
.
②由①知，，，
，
由数列单调递增，得，因此，
由对，，得，
所以的取值范围是．
19. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）求证：．
【答案】（1）极大值，无极小值；
（2）；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出的极值情况；
（2）求导，分，和三种情况，结合放缩法，进而得到的单调性，最终得到答案；
（3）由（2）得，当时，，所以，令，得，所以.
小问1详解】
当时，，定义域为，
，
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数有极大值，无极小值．
【小问2详解】
由题意得，．
①当时，，
令，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以当时，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以满足题意．
②当时，令，
所以当时，，所以在上单调递减，
又，所以当时，，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题意．
③当时，，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题意．
综上，实数a的取值范围是．
【小问3详解】
由（2）得，当时，，所以．
当时，，所以．
令，得，即．
所以，
即．