精品解析：黑龙江省大庆市2026届高三第二次教学质量检测数学试题

大庆市2026届高三年级第二次教学质量检测 数学 2026.01 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由模长公式求解即可. 【详解】复数满足，则. 故选：B. 2. “”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性结合充分、必要条件的概念进行判断. 【详解】因为函数在上单调递增，所以， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义求解. 【详解】因为的定义域为，所以， 所以. 故选：A. 4. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算先计算，再由向量的数量积的坐标运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 因为，所以， 所以，解得. 故选：D. 5. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的定义求出，再根据诱导公式和倍角公式化简即可. 【详解】由题意可知，， 所以. 故选：B 6. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（ ） A. 4049 B. 4050 C. 4051 D. 4052 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知不等式结合等差数列的性质得到，再利用等差数列的求和公式和下标的性质判断可得. 【详解】由得，因为，所以，所以 由和得， 所以， ， 故使得的的最小值为4051. 故选：C 7. 已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性和对称性可证明周期性，从而利用周期性来求值，即可求出结果. 【详解】因为是偶函数，所以，所以， 即， 又因为是定义在上的奇函数，所以， 即，所以，所以函数以4为周期, 即， 所以. 故选：B 8. 已知双曲线的左､右焦点分别是，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得，再由双曲线的性质，得到，得出，结合离心率的定义，得出关于离心率的不等式，即可求解. 【详解】由双曲线的定义，可得，， 两式相加得， 因为，所以， 又因为，所以， 当轴时，此时最小，此时，所以， 因为，可得，整理得， 两边除以，可得，又因为，解得， 所以双曲线的离心率取值范围是. 故选：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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，取可判断；对B、C，由不等式性质可判断；对D，取可判断. 【详解】对A，当时，不成立，故A错误； 对B，若，则，由不等式的性质，故B正确； 对C，若，则，C正确； 对D，若，不妨取，则，D错误. 故选：BC. 10. 函数的部分图象如图所示，若是的两个零点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的最小值为 D. 若在区间上至少有10个零点，则实数的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图像先求的解析式，再利用三角函数的性质逐一验证即可求解. 【详解】由图象知，，则，根据周期公式，可得，故A正确； 又因为，解得， 代入得，因为，所以， 所以， 令可得对称轴方程， 当时，故B错误， 因为是的两个零点，令，则， 所以或， 解得，或， 根据题意，取，所以， 当时，，故C正确； 由C知在上的10个零点依次为：. 由在区间上至少有10个零点，则. 所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理判断A的真假；根据三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，求外接球的表面积；明确点的轨迹，可求动点的轨迹长度，判断C的真假；转化为平面上圆外一点与圆上的点的距离问题，判断D的真假. 【详解】如图： 对于A：在正方体中，，平面平面，所以平面，故A正确； 对于B：三棱锥与正方体有相同的外接球， 所以外接球的半径，所以，故B正确； 对于C：当平面时，因为平面平面，所以， 因为，所以， 所以点的运动轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是； 同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为； 当点为正方形内部及边界上的动点时， 若，则；若，则， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是； 同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为， 所以动点的轨迹长度为.故C不正确； 对于D：在正方体中，平面平面， 因为点满足平面，所以点在平面上. 又因为点在正方体的内切球表面上， 所以点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为. 则的最小值为，故D正确. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若抛物线的准线方程为，则___________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据准线方程，求出值，即可得答案. 【详解】因为准线方程为，故，所以. 故答案为：4. 13. 已知，若直线与曲线相切，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据导数的意义及切点在切线和曲线上列方程组求解可得. 【详解】由得， 设直线与曲线相切于点， 则，解得， 代入，可得. 故答案为：. 14. 已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 【答案】2646 【解析】 【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出. 【详解】因为，所以前项和. 所以当时， 因为， 所以，可得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即. 当时，， 又满足上式，所以. 新数列中从到共有项. 当时，；当时，. 所以 . 故答案为：2646. 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，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理，即可求解； （2）利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解，从而求出周长. 【小问1详解】 由正弦定理得：， 在三角形中，所以， 即， 因为，所以， 因为，所以 【小问2详解】 ，所以， 由余弦定理得，所以， 则， 所以的周长为. 16. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）记，若数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）因为，所以， 又，所以， 因为 ，所以， 结合以上递推关系可知，，则， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以数列的通项公式为； （2）由（1）知， 由得， 所以 因为得，数列为单调递增数列， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义求证等比数列，再利用通项公式求解； （2）求出数列的通项公式，再根据裂项相消求出，结合其单调性即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，底面.已知是的中点，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为底面平面，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 又为的中点，所以. 因为平面，所以平面. 又平面，所以. 又平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）由与平面所成角的正弦值为，且平面，得为与平面所成的角.根据三角形相似，可求出.以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，垂足为. 所以为与平面所成的角. 因为底面平面，所以，所以. 由，所以. 所以，所以. 由（1）知，，而，所以. 所以，所以，所以. 以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所 在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 因为为中点，所以. 且. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 平面，所以平面的一个法向量可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且轴.过点作椭圆的切线，交轴于点，过点的直线交椭圆于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若为椭圆的中心，求面积的最大值； （3）过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上. 【答案】（1） （2） （3） 设线段的中点为， 由（2）可知所以， 直线的方程为，则. 于是， . 所以 因为，所以，即 因此点在直线上，即线段中点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，结合半焦距求出即可得椭圆方程； （2）求出切线方程，然后可得点坐标，联立直线和椭圆方程，利用弦长公式和点到直线的距离表示出的面积，然后可得最大值； （3）通过直线方程求交点坐标，结合中点坐标公式和韦达定理化简可证. 【小问1详解】 由题意可知，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 易知过点且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为. 联立直线与椭圆， 整理得， 令，整理得，解得. 所以过点的切线方程为：， 再令，得.所以点的坐标为. 由题知，经过点的直线的斜率不为0，设直线方程为 联立直线与椭圆，整理得 令解得 因为 点到直线的距离， 所以 令，则， 当且仅当时取到最大值为； 【小问3详解】 略 19. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，且. （1）求实数的取值范围； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）有两组正实数，且.证明：. 【答案】（1） （2） （3）因为有两个不同的零点， 由题知，且，即， 相减得到： 因为恒成立，即恒成立， 所以恒成立. 设，则时，不等式恒成立， 因为进而得在时恒成立， 设， 则， 即， 又因为且，则，所以当时，， 即，故在单调递增， 因为，所以恒成立，故满足题意. 当时，若，由，则在单调递减， 所以当时，与题设不符. 综上所述，正数的取值范围. 令，则 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 所以为极小值点，即最小值点，所以 即当且仅当时等号成立. 由（2）知：，进一步取，则； 不妨假设 则 故 进一步： 另外： 又 ， 当且仅当时等号成立 则. 即. 【解析】 【分析】（1）由参变分离得有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求解； （2）由题知，不等式转化为，令，则，进而得，令，求导再利用导数确定最值即可； （3）设，再证：即可. 【小问1详解】 函数有两个不同的零点， 所以，即有两个不同的解， 令，由得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以， 当时，；当时， 所以. 注：函数的图像如下， 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆市2026届高三年级第二次教学质量检测 数学 2026.01 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. “”是“”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 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（ ） A. 4049 B. 4050 C. 4051 D. 4052 7. 已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 8. 已知双曲线的左､右焦点分别是，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ） 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 函数的部分图象如图所示，若是的两个零点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的最小值为 D. 若在区间上至少有10个零点，则实数的最小值为 11. 已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若抛物线的准线方程为，则___________. 13. 已知，若直线与曲线相切，则___________. 14. 已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 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，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）记，若数列的前项和为，求证：. 17. 如图，在三棱锥中，底面.已知是的中点，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且轴.过点作椭圆的切线，交轴于点，过点的直线交椭圆于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若为椭圆的中心，求面积的最大值； （3）过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上. 19. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，且. （1）求实数的取值范围； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）有两组正实数，且.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $