精品解析：黑龙江省哈尔滨市四校2026届高三上学期期中联考数学试卷

哈尔滨市四校2026届高三上学期期中联考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（ ）. A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则“”是“函数在上单调递增”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. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，直线交M于另一点B，的内切圆与相切于点C，若，则椭圆M的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且，则下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 某校调查了100位70岁以内的教职工（含离退休）的年龄情况，分成了，，，，五组，并制作了如图所示的频率分布直方图，若同一组中的数据用该组区间的中间值代表，则下列结论正确的是（ ） A. B. 这100位教职工中年龄在人数为55 C. 这100位教职工年龄的众数估计值为45 D. 这100位教职工年龄的中位数的估计值为42.5 10. 已知直线与圆恒有两个不同的公共点，则下列叙述正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 半径的取值范围是 C. 当时，线段长最小值为 D. 当时，圆上到直线的距离为2的点恰好有三个，则 11. 已知二面角的大小为，，，且，，则（ ） A. 锐角三角形 B. 异面直线与不可能垂直 C. 线段长度的取值范围是 D. 四面体体积的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设等差数列的前项和为，若，，则___________. 13. 宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红､黄､白､黑4个形状､大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），其中红黄白各计1分，黑计3分.若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为__________. 14. 若内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角.三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克雷尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.若的三边长分别为，则的“布洛卡角”的正切值为___________. 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知外接圆半径为，且. （1）求. （2）若，，求的面积. 17. 《齐鲁文化大会》是山东卫视推出的一档以“齐鲁文化”为主题，全民参与的大型文化综艺节目，深受人们的喜爱，其中有一个“杏坛论道”的答题环节，该环节规定：主持人每公布一题，甲、乙两人就立刻抢答，先抢答者，若答对，可得1分；若答错，则对手得1分；谁先得3分，谁就能在“杏坛论道”环节胜出.假设两人每一次抢到题的概率均为，答对每道题的概率分别为，且两人答题正确与否互不影响. （1）求“杏坛论道”比赛开始后，甲先得1分的概率； （2）“杏坛论道”比赛进行中，甲、乙暂时各得1分，两人继续抢答了X题后“杏坛论道”环节结束，求X分布列及数学期望； （3） “杏坛论道”比赛开始后，若乙先得2分，则乙获胜的概率比甲大吗?请说明理由. 18. 如图，已知四棱锥中，底面为矩形， 平面. （1）求证∶ 当时，平面平面 （2）当 时， ①求二面角的大小； ②求与平面成角的正弦值． 19. 已知函数 （1）讨论函数的单调性 （2）若函数的极大值为． ①求实数a的值； ②令，实数.求证：有两个极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市四校2026届高三上学期期中联考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数混合运算得，进而可得解． 【详解】依题意，，故所求虚部为． 故选：A． 2. 根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（ ）. A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 【答案】C 【解析】 【分析】根据卡方独立性检验可得 【详解】由表可知当时，， 因为，所以分类变量与相互独立， 因为， 所以分类变量与相互独立，这个结论犯错误的概率不超过， 故选：C 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示得，再应用齐次式运算，由弦化切求目标式的值. 【详解】由题设， 而. 故选：B 4. 已知，且，则“”是“函数在上单调递增”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】先由在R上单调递增求得的取值范围，再利用充分条件，必要条件的定义即得. 【详解】由在上单调递增，得，解得， 故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A. 5 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过向量垂直的条件得出与的关系，再计算，最后开方得到的值. 【详解】已知，根据向量模长公式可得：， 因此， 因为，根据向量垂直的性质有：，即， 所以， 将和代入得：， 由，所以. 故选：A. 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再由解析式及对数函数、复合函数的单调性判断的单调性，应用奇偶性、单调性解不等式即可. 【详解】由解析式知，函数的定义域为， 且， 所以在上为奇函数，且为连续函数， 由在上单调递增，在定义域上单调递增， 所以在上单调递增， 结合奇函数的对称性，在上单调递增， 由， 所以不等式的解集为. 故选：B 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，直线交M于另一点B，的内切圆与相切于点C，若，则椭圆M的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要是椭圆的定义及三角形的内切圆，作图利用三角形内切圆的性质即得答案. 【详解】由题意，如图，P，D是内切圆与的切点， 因为左、右焦点分别为，上顶点为A，椭圆参数关系， 由，结合对称性、圆的切线性质， 令，且， 所以， 所以，可得，故， 故选：D． 8. 已知，且，则下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，通过平方得到，再结合通过三角函数关系得到，，进而逐项判断即可. 【详解】因为，两边平方，得，即，所以，故B错误． 由上及二倍角正弦公式，得，因为， 所以，，，又， 所以．结合，解得，，故A错误． 因为，所以，故C正确，，故D错误． 故选：C． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 某校调查了100位70岁以内的教职工（含离退休）的年龄情况，分成了，，，，五组，并制作了如图所示的频率分布直方图，若同一组中的数据用该组区间的中间值代表，则下列结论正确的是（ ） A. B. 这100位教职工中年龄在的人数为55 C. 这100位教职工年龄的众数估计值为45 D. 这100位教职工年龄的中位数的估计值为42.5 【答案】AB 【解析】 【分析】利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为求出的值判断A；利用频数等于频率乘以样本容量计算判断B；利用众数的求法判断C；利用中位数的求法判断D. 【详解】对于A，在频率分布直方图中，所有小长方形面积之和等于1， 所以，解得，A正确. 对于B，这100位教职工中年龄在的人数为 ，B正确. 对于C，这100位教职工年龄的众数估计值为，C错误. 对于D，设这100位教职工年龄的中位数的估计值为，则 ，解得，D错误. 故选：AB. 10. 已知直线与圆恒有两个不同的公共点，则下列叙述正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 半径的取值范围是 C. 当时，线段长的最小值为 D. 当时，圆上到直线的距离为2的点恰好有三个，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用合并参数可求直线所过定点，利用点在圆内可求半径范围，利用垂直关系可求长的最小值，利用点到直线的距离可判断D. 【详解】由直线l：，可化为， 由方程组，解得，即直线过定点，A正确； 因为直线与圆总有两个公共点，得点在圆内部， 所以，解得，B不正确； 当时，圆的方程为，得圆心， 所以，可得线段长的最小值为，C正确； 当时，圆的方程为，圆上到直线的距离为2的点恰好有三个， 所以到直线的距离为2，所以，D正确. 故选：ACD 11. 已知二面角大小为，，，且，，则（ ） A. 是锐角三角形 B. 异面直线与不可能垂直 C. 线段长度的取值范围是 D. 四面体体积的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立恰当的空间直角坐标系，设，则.根据向量的数量积小于零，判断A；根据的取值情况判断B；用表示线段长度，可求得其取值范围，判断C；利用向量方法求得点到平面的距离，进而表示出四面体体积，并求得其最大值，判断D.特别注意，根据二次函数在给定区间上的值域进行求解判断. 【详解】过点作的平行线，且令，则. 因为，所以为二面角的平面角，所以. 因为平面，所以平面. 在平面中过点作，则两两垂直. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则. 则. 对于A，中，因为，且， 所以，所以是钝角，所以A错误； 对于B，，所以. 因为，所以，所以，所以，即，所以异面直线与不可能垂直，所以B正确； 对于C，. 因为，所以，所以，所以，所以线段长度的取值范围是. 所以C正确； 对于D，平面的一个法向量为，. 所以点到平面的距离. 所以四面体体积为. 所以当时，取得最大值，最大值.所以D错误. 故选：BC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设等差数列的前项和为，若，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式即可求解. 【详解】利用等差数列中的等差中项性质可知：， 由等差数列的通项公式可得：， 所以， 则， 故答案为： 13. 宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红､黄､白､黑4个形状､大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），其中红黄白各计1分，黑计3分.若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得出总的取法的个数，再分类讨论求出满足条件的取法的个数，利用古典概型求解即可. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球， 则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况. 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且总分为7分的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种. 因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且总分为7分的概率为 故答案为： 14. 若内一点满足，则称为布洛卡点，为布洛卡角.三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克雷尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.若的三边长分别为，则的“布洛卡角”的正切值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再由三角形相似及正弦定理、三角恒等变换求解即可. 【详解】不妨设，的“布洛卡角”为，如图， 由余弦定理可得， 所以，所以， 由于， 所以，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以， 所以，即， 故答案为： 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）。 【解析】 【分析】（1）应用的关系得，应用等比数列的定义写出通项公式； （2）应用分组求和，并结合等差、等比数列前n项和公式求. 【小问1详解】 由题设且，则，即， 又，故是首项为1，公比为2的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知外接圆半径为，且. （1）求. （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理得到，结合，求出答案； （2）先由正弦定理得到，再结合余弦定理得到，由三角形面积公式得到答案. 【小问1详解】 因为，且， 所以， 所以， 由余弦定理，得， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理得， 解得， 所以 17. 《齐鲁文化大会》是山东卫视推出的一档以“齐鲁文化”为主题，全民参与的大型文化综艺节目，深受人们的喜爱，其中有一个“杏坛论道”的答题环节，该环节规定：主持人每公布一题，甲、乙两人就立刻抢答，先抢答者，若答对，可得1分；若答错，则对手得1分；谁先得3分，谁就能在“杏坛论道”环节胜出.假设两人每一次抢到题的概率均为，答对每道题的概率分别为，且两人答题正确与否互不影响. （1）求“杏坛论道”比赛开始后，甲先得1分的概率； （2）“杏坛论道”比赛进行中，甲、乙暂时各得1分，两人继续抢答了X题后“杏坛论道”环节结束，求X的分布列及数学期望； （3） “杏坛论道”比赛开始后，若乙先得2分，则乙获胜的概率比甲大吗?请说明理由. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）乙获胜的概率比甲大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设出事件，结合全概率公式，即可求解； （2）得到甲得1分的概率和乙得1分的概率，以及的所有可能取值，利用独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，求解数学期望； （3）设事件“乙先得2分”，“乙获胜”，由（2）求得，结合条件概率的计算公式，求得，即可得到结论. 【小问1详解】 解：设事件“甲抢到题”，“甲抢到题并答对”，“甲抢到题并答错”， “乙抢到题”，“乙抢到题并答对”， “乙抢到题并答错”，“甲先得1分”， 则， 所以. 【小问2详解】 解：继续进行的比赛为独立重复试验，且甲得1分的概率为， 则乙得1分的概率为， 随机变量的所有可能取值为， 则， ， 所以的分布列为 2 3 所以期望为. 【小问3详解】 解：乙获胜的概率比甲大，理由如下： 设事件“乙先得2分”，“乙获胜”，由（2）可得， 事件包括三种情况，分别为乙先得2分的情况下，乙再得1分， 乙先得2分的情况下，甲得1分乙再得1分， 乙先得2分的情况下，甲连续得2分乙再得1分， 所以， 所以， 故乙获胜的概率比甲大. 18. 如图，已知四棱锥中，底面为矩形， 平面. （1）求证∶ 当时，平面平面 （2）当 时， ①求二面角的大小； ②求与平面成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直，再结合正方形对角线垂直，可证明线面垂直，即证明面面垂直； （2）利用空间向量法来求法向量，从而可求二面角的大小和线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为平面，且平面，所以， 又因为底面为矩形，，所以底面为正方形，即， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面 【小问2详解】 ①如图建立空间直角坐标系，由， 可得： 则， 设平面的法向量为， 则， 即，令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 即，令，则，所以， 由， 因为，所以， 由图可知二面角锐角， 则二面角的大小为； ②设与平面成的角为， 则, 即与平面成角的正弦值为. 19. 已知函数 （1）讨论函数的单调性 （2）若函数的极大值为． ①求实数a的值； ②令，实数.求证：有两个极小值点，且. 【答案】（1）答案见解析 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求的定义域，再求导，根据的范围分类讨论即可求解； （2）①根据的极大值即可求； ②由，构造，利用导数研究单调性求在的值域，令，可得，利用导数研究单调性进而得的极小值点，进而得证. 【小问1详解】 因为函数的定义域为， 所以， 当时，恒成立，在递增， 当时，令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减； 【小问2详解】 ①因为函数的极大值为，由（1）知， 此时函数的极大值为， 所以，解得； ②， 则， 可知的定义域为， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 且当趋近于0或时，趋近于， 可知在内值域为， 令，可得，则， 且，令，解得， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 由的单调性和值域可知关于x的方程有2个不同的实数根，不妨设， 因为，则有： 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 所以有两个极小值点， 又因为， 则，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $