2027届黑龙江哈尔滨市第三中学高三10月月考数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）哈三中2026—2027学年度上学期高三学年10月月考数学试题考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、单选题：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，则z在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设是平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，与所成的角相等，则4．已知函数，则“是函数为偶函数”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知向量，向量，则向量在向量方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．6．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进120m到达B处，在B处测得C对于山坡的斜度为30°，若，，山坡与地平面的夹角为θ，则（

）A． B． C． D．7．如图，在平行六面体中，，，为与的交点，则的长为（

）

A． B．2 C．3 D．8．已知函数当分别取时，方程对应的整数解分别为，，…，，则（

）A．10 B．55 C．80 D．100二、多选题：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．已知点，，直线，则下列说法正确的是（

）A．直线l恒过点 B．若直线l与线段PQ有交点，则C．若直线l垂直于直线PQ，则 D．点P到直线l的距离的最大值为310．已知中，O是BC边上靠近B的三等分点，Q为AO的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，设，，其中，.则下列结论正确的是（

）A． B．C．的最小值为 D．若，，则面积的最大值为11．如图，在棱长为2的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段（不包含端点）上的动点，则（）A．平面BNP截正方体形成的截面图形为等腰梯形B．四面体ABCP的外接球的表面积为C．过Q且与直线BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为D．点H是四边形内的动点，且直线PH与直线BC的夹角为，则点H的轨迹长度为第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上.12．若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为______．13．如图，直三棱柱中，，，则异面直线和所成角的余弦值为________.14．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则a的最小值为________.四、解答题：本大题共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．如图，四边形ABCD中，，，.(1)求；(2)若，四边形ABCD的周长为20，求四边形ABCD的面积.16．图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，平面与平面的交线为.(1)求证：；(2)求证：平面平面；(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.17．已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，交轴于点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设，，求的值.18．如图1，梯形中，AB和CD是梯形的高，，，，将和沿AB和CD折起，使和重合于点P，如图2.(1)求证：平面；(2)M是BC上的动点，连接AM，PM，作于H，连接CH.①若M是BC中点，求平面AHC与平面PAD夹角的余弦值；②当CH最短时，求BM的长.19．已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，讨论在上的零点个数；(3)设，若存在实数，使得，其中，求的取值范围.答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【详解】集合，，则2．D【详解】因为，所以在复平面内对应的点为，其横坐标为正，纵坐标为负，故该点位于第四象限．3．A【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的判定定理及性质，逐一分析各选项的正误，排除错误选项即可得到正确答案.【详解】对选项A：由线面垂直的性质可知，若，则垂直于平面内的所有直线，又，则平面内存在直线满足，因此，进而可得，故A正确；对选项B：若，，则与的位置关系可以是平行、相交或异面，不一定互相平行，故B错误；对选项C：若，，则与的位置关系可以是平行、相交（含垂直）或，不一定垂直于，故C错误；对选项D：若、与所成的角相等，则与的位置关系可以是平行、相交或异面，不一定互相平行，故D错误.4．A【分析】利用充分必要条件的判定方法，结合余弦函数的奇偶性即可得解.【详解】当时，，故函数为偶函数，即充分性成立；当为偶函数时，，此时不一定成立，即必要性不成立；所以“是函数为偶函数”的充分不必要条件.故选：A.5．B【详解】向量，向量，则向量在向量方向上的投影向量为6．C【分析】在中，根据题意得，在中，由正弦定理：，即可计算求得答案.【详解】在中，，，，，故，在中，由正弦定理：因为，所以，代入，，得，即：，得，所以，所以.7．A【分析】以为基底，把表示出来，平方即得答案.【详解】，，，，，所以.故选：A8．D【分析】将原方程的解看作求函数与交点的横坐标，分和两种情况分别画出函数的图象，结合图象可得答案.【详解】对于方程对应的整数解，可看作求函数与交点的横坐标，当时，函数，设，，则求的解即求函数与交点的横坐标，由图知或时有解，此时或无解，由于，故无符合条件的值，当时，，因为函数，当时，函数，当时，函数，当时，函数，，如图，作出符合题意的图象，由于，，，可以得出在有整数解，则，故D正确.9．AC【分析】先整理直线方程找定点，再结合斜率范围、垂直斜率关系、定点到点距离逐一判断四个选项.【详解】对于A，因为直线的方程可化为，令且，所以直线过定点，故A正确．对于B，如下图，因为直线过定点，且，所以，故B错误．对于C，，直线斜率为，若直线，则，得，故C正确．对于D，当直线时，点到直线的距离最大，且最大值为，故D错误．故选：AC10．BCD【分析】对于A，根据平面向量的线性运算求解判断即可；对于B，由A知，利用三点共线即可求解；对于C，由B知，根据基本不等式“1”的妙用求解判断即可，对于D,两边平方化简结合基本不等式可得：，结合三角形的面积公式求解即可.【详解】，对于A，，故A错误；对于B，由A知，，由于M、O、N三点共线，可知，即，故B正确；对于C，由B知，，且，所以，当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为，故C正确；对于D，，，所以，当且仅当时取得等号，，故D正确.11．ACD【分析】A.通过线线平行确定截面的第四个顶点，再验证梯形的两腰相等；B.先确定底面直角三角形的外心，再利用外接球球心的性质（到各顶点距离相等）确定球心位置，计算半径后求表面积；C.作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于；D.作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度.【详解】对于A选项，确定截面顶点：是中点，是中点，连接，在正方体中，，且是的中位线，故，因此，两条平行线与确定唯一平面，故顶点在平面内，因此平面截正方体的截面为四边形，四个顶点分别为、、、，因为，，所以四边形是梯形，且；，故，两腰相等，因此截面为等腰梯形，A对；对于B选项，四面体中，在底面内，且，为直角三角形，直角三角形的外心为斜边中点，取中点，则是的外接圆圆心.四面体外接球的球心在过且垂直于底面的直线上（球心在底面的投影为外心）.设球心到底面的距离为，即，外接球半径为.由，得.底面正方形对角线，故，因此.点在底面的投影为中点，该投影到直线的水平距离为，到底面的高度为，由，得.所以，得，，四面体ABCP的外接球的表面积为，B错；对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，过点在平面内作⊥交或者于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体所得截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，当与点无限接近时，面积接近于，过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；对于D选项，取的中点，连接，则，则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，交、于、，则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，此时满足直线与直线夹角为，如图，，故，所以点的轨迹长度为，D对.12．【详解】试题分析：根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长为再根据圆锥的侧面积公式圆锥的侧面积公式可结合圆锥展开图为扇形，由相应扇形面积公式理解记忆.考点：圆锥的侧面积.13．##【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解.【详解】在直三棱柱中，，.如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.设，则.则.所以.设异面直线和所成角为，则cosθ=异面直线和所成角的余弦值为.14．##【分析】根据三角形内角和为及联立解得关于的关系式，并求出的取值范围，利用正弦定理将转化为关于的关系式，利用二次函数的性质即可得出的最小值.【详解】由三角形性质可得，，又因为，联立，解得，因为，解得，易得，由正弦定理可得，，所以，因为，，所以，令，则，因为，所以，所以，令，则，二次函数对称轴为直线，且，抛物线开口向下，故有最大值，所以有最小值.15．(1)​(2)​【分析】（1）在中利用余弦定理先求和，再求．（2）由周长得到，结合的余弦定理求、，再用两个三角形面积之和求四边形面积．【详解】（1）设，则．在中，由余弦定理得即，所以，解得或．因为，所以，．由余弦定理，又，所以．（2）由四边形的周长为，得设，．在中，由余弦定理及，得，又，两式相减得，于是、是方程的两个正根，所以．对角线将四边形分成和，故，．所以四边形的面积为16．(1)证明：因为底面为正方形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面与平面的交线为，平面，所以；(2)证明：连接，因为底面为正方形，所以；因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理及线面平行的性质定理证明即可；（2）由面面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，根据线面角空间向量法计算即可求解.【详解】（1）略（2）略（3）以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，，设平面的一个法向量为，则，取，得，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)(2)【分析】（1）根据条件列方程组求解；（2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简.【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）由（1）可得椭圆的右焦点，由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为，，，，联立，得，，∴，，又，，，，，，则，，∴，，

∴．18．(1)由折叠性质可知,，且原梯形中，故折叠后；是梯形的高，因此为矩形，得，且,在中，，由勾股定理逆定理得,又，且平面，根据线面垂直判定定理，可得平面;(2)①;②当最短时，.【分析】（1）由折叠性质直接得到，用勾股定理逆定理证明，由线面垂直判定定理，通过两条相交直线证得结论；（2）①建立空间直角坐标系，利用垂直条件求出垂足的坐标，分别确定两个平面的法向量，用空间向量夹角公式计算二面角的余弦值；②设为参数，用表示点坐标，将长度转化为关于的函数，通过求导找函数最小值点，得到的长度.【详解】（1）略（2）①以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，由是中点，得，设，则，，，由得，即t+t−(1−t)=0⟹t=13，因此，平面的一个法向量是，设平面的法向量为，由、，得，令，解得，设平面AHC与平面PAD夹角为，则，所以若M是BC中点，平面AHC与平面PAD夹角的余弦值是；②设（），则，设，则，由得，解得，因此，，则可化简为，令，，令，即，解得正根，当，，在单调递减，当，，在单调递增，所以为极小值点即最小值点，故当最短时，.19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；(3)【分析】（1）根据导数与单调性的关系计算即可求解；（2）由题意分离参数，设，根据导数作出函数图象，数形结合求解即可；（3）由题意可得，利用同构结合单调性可得，令，，求导，根据单调性计算即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，，当时，，当时，，所以函数单调递减区间为，单调递