2027届黑龙江哈尔滨德强高级中学高三月考检测数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）哈尔滨德强高级中学2026-2027学年度上学期检测高三年级数学（Ⅰ卷）时间：120分钟

满分：150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．若，则（

）A． B． C． D．3．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．我们日常听到的声音是由纯音合成的，纯音的数学模型是．假设我们听到的声音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（

）A．为函数的一个周期 B．函数的图象关于对称C．函数的图象关于直线对称 D．函数的最大值为5．南宋时期中国数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式.设三角形的三条边长分别为a，b，c，已知三角形的面积S可由公式求得，其中p为三角形周长的一半.现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为（

）A． B． C． D．6．已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标限依次记为，记它们的和为，则（

）A． B． C． D．7．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（

）参考数据：（）A．4 B．5 C．6 D．78．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共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，部分选对得部分分，有错选得0分.9．数列满足，，则下列结论正确的是（

）A．若，则为等比数列B．若，则为等差数列C．D．10．在直角中，且．若的内切圆半径为2，且与线段相切于点，则（

）A． B．C． D．11．已知函数，下列选项正确的是（

）A．函数的单调减区间为、B．函数的值域为C．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是D．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，，若，则________13．已知从某班学生中任选两人参加农场劳动，选中两人都是男生的概率是，选中两人都是女生的概率是，则选中两人中恰有一人是女生的概率为______.14．设的三边所对的角分别为，已知，则________;的最大值为________．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．已知数列中，，点对任意的，都有，数列满足，其中为的前n项和．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．16．在中a，b，c分别为内角A，B，C，的对边，已知．(1)求角A；(2)若，且的内切圆半径，求的面积．17．已知等差数列为递增数列，(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和：(3)若数列满足，求的前项和的最大值､最小值.18．工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派1个人进去，且每个人只派1次，工作时间不超过10min．如果前一个人10min内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在只有甲、乙、丙3个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．(1)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变3个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？(2)若按某指定顺序派人，这3个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列及均值；(3)假定，证明：按甲最先，乙次之，丙最后的先后顺序派出人员进入高辐射区工作，可使所派出的人员数目的均值达到最小．19．已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；（2）当，时，①证明：函数恰有一个零点；②设为的极值点，为的零点，证明：.参考数据：答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【分析】根据交集的定义求解即可.【详解】由条件可知，，，所以．故选：C.2．A【分析】根据复数除法运算化简可得.【详解】因为，所以．故选：A3．B【分析】由三角恒等变换相关公式，进行变换判断充分性和必要性.【详解】充分性：若，则，即，所以，所以，故，充分性不成立；必要性：若，则，解得，所以，必要性成立；故“”是“”的必要不充分条件．故选：B.4．B【分析】对于A选项，判断是否成立即可；对于B选项，判断是否成立即可；对于C选项，判断是否成立即可；对于D选项，判断能否同时取到最大值即可．【详解】由于，故不是函数的一个周期，选项A错误；由于，故，故函数的图象关于点对称，选项B正确；由于，故只有在时才成立，故函数的图象不关于直线对称，选项C错误；易知，若的最大值为，则需同时取得最大值，即，由，得，此式显然不成立，选项D错误．5．A【分析】根据已知得，应用基本不等式求三角形面积的最大值，注意取值条件.【详解】由题意，，所以，当且仅当，即时等号成立，此三角形面积最大值为.故选：A6．B【分析】求出函数与直线的交点，再结合数列求和计算即可.【详解】解：由，则或，解得或，所以，，，，…，，所以，故B正确.故选：B7．C【分析】归纳出第次去掉的线段的长度，然后求得和，解不等式可得．【详解】记为第n次去掉的长度，，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为，第次操作后有条线段，每条线段长度为，因此第次去掉的线段长度为，所以，，，．n的最小值为6．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查归纳照理，考查对数的运算．解题关键是归纳出第次所去掉的线段长度，计算时要先得出第次去掉的线段条数，即第次剩下的线段条数，同时得出此时每条线段长度，从而可得第次所去掉的线段总长度，求和后列不等式求解．8．B【分析】设，，利用导数可求得和在上的单调性，由单调性得，，由此可得的大小关系.【详解】由题意知：，，；设，则，当时，，在上单调递增，，即，又，，即；设，则；令，则，在上单调递减，当时，，，在上单调递减，，即，，即；综上所述：.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查函数值大小关系的比较问题，解题关键是将变形后，转化为函数的不同函数值大小关系比较问题，通过构造函数的方式，结合导数知识求得函数单调性，进而得到大小关系.9．ABD【分析】将两边同除，变形转化可求出是等差数列，进而求出.进而分别结合等比数列、等差数列定义研究A、B项，利用求和公式研究D项.【详解】由，，两边同除，得：，即，且，所以是公差为2，首项为1的等差数列，所以，所以，则可知C错误；因为，，所以，且，所以是等比数列，则可知A正确；对于B：，，故数列为等差数列，则可知B正确；对于D：，则可知D正确.故选：ABD．10．BD【分析】设的内切圆的圆心为，与相切于点，内切圆半径为，设角所对的边为，根据题设可得，结合得到，再由等面积法求得的值，进而求解判断各选项即可.【详解】如图，设的内切圆的圆心为，与相切于点，内切圆半径为，设角所对的边为，由于，则，又，所以，则，又，则，即，由，则，解得，则，解得或，故A错误；易得四边形为正方形，则，所以，当时，，当时，，故B正确；由，当时，，，则，故C错误；由，可得，当时，，，则，当时，，，则，故D正确.故选：BD.

11．ACD【分析】利用函数的单调性与导数之间的关系可判断A选项；求出函数的值域，可判断B选项；数形结合可判断CD选项.【详解】对于A选项，当时，，则，当时，，则，由可得，所以，函数的单调减区间为、，A对；对于B选项，当时，，当时，，因此，函数的值域为，B错；对于CD选项，作出函数的图像如下图所示：若，由可得，则方程只有两个不等的实根；若，由可得或或，由图可知，方程有个不等的实根，方程只有一个实根，若关于的方程有个不相等的实数根，则，C对；若关于的方程有个不相等的实数根，则，D对.故选：ACD.12．【分析】求出向量的坐标，由题意得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为向量，，则，因为，则，解得.13．##【分析】根据对立事件概率的求法，可得答案.【详解】由题意，选出的两个人只有两男、两女、一男一女三种情况，则选中两人中恰有一人是女生的概率为.故答案为：.14．【分析】，利用正弦定理和余弦定理角化边即可求出，利用两角和的正切公式可得，利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，即，因为所以，由得，故为锐角，则，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.15．(1)，(2)【分析】（1）利用题意可得到，则能得到，即可得到答案；（2）利用（1）算出，继而得到，接着利用裂项相消法即可得到答案【详解】（1）∵，可得，∴是公差为2的等差数列，∴，；（2）由（1）可得，∴，∴．16．(1)(2)【分析】（1）将已知式子利用正弦定理统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角A；（2）先利用面积法可求得，再结合（1）得到的式子可求出，从而可求出三角形的面积.【详解】（1）由已知及正弦定理得：，即，所以，又因为，故．（2）由已知得，即，又因为，即，所以，解得，或（舍去），所以的面积为．17．(1)(2)(3)最大值为，最小值为【分析】（1）根据题意可得，则可解得，即可求出通项公式；（2）利用错位相减法即可求出；（3）利用裂项相消法求出前n项和，再讨论n的奇偶即可求出.【详解】（1）因为，所以，所以，又，且为递增数列，则可解得，所以公差为2，所以.（2）因为，所以①，②，①-②得，；（3），记的前项和为，则，当为奇数时随着的增大而减小，可得，当为偶数时随着的增大而增大，可得，所以的最大值为，最小值为.18．(1)，不发生变化(2)123(3)证明：由（2）的结论知：当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，．根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减小所需派出的人员数目的均值．下面证明：对于的任意排列，都有．(*)事实上，，即(*)式成立，因此结论得证．【分析】（1）由概率算式知任务能被完成的概率与三个人被派出的顺序无关；（2）计算变量取值相应的概率得到分布列，计算数学期望；（3）根据不同顺序方案数学期望的结果，得到数学期望最小时的派出顺序．【详解】（1）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与3个人被派出的先后顺序无关，并等于．（2）的取值为，，，，故的分布列为123．（3）略19．（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.【分析】（1）先由题意，得到在恒成立，令，对其求导，用导数的方法求出最值，即可得出结果；（2）由得，求导得到，①分，两种情况，根据导数的方法分别研究零点，即可得出结果；②由为的极值点，得；推出，令，，根据导数的方法判断其单调性，得出在上有且仅有一个零点，设为，得到，进而可得出结论成立.【详解】（1）若在恒成立，即在恒成立，令，则.当时，；当时，.即在上单调递减；在上单调递增.故，即，所以.（2）当时，，，①（