黑龙江省研远联合考试2026届高三上学期第一次教学质量检测数学试题

绝密★启用前 黑龙江省研远联合考试 2026届高三年级第一次教学质量检测 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 本试卷共150分，共4页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2. 选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0. 5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚。 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 评卷人 得分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分。在每小题所给出的4个选项中，仅1个是符合题意的。请将所选答案用黑色2B铅笔填涂到答题卡的相应位置。 1．已知集合，,则 A． B． C． D． 2．下列选项中，与复数（i为虚数单位）相等的复数是 A． B． C． D． 3．已知数列的前项和公式为，则 A．10 B．20 C．30 D．40 4．从1，2，3，4这四个数中随机选取两个数，所取两个数之和为5的概率是 A． B． C． D． 5．已知，，，则，，的大小关系为 A． B． C． D． 6．设，且，则 A． B． C． D． 7．已知是椭圆的左右焦点，点在直线上，为等腰三角形，，则椭圆的离心率为 A． B． C． D． 8．在△ABC中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为 A． B． C． D． 评卷人 得分 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分。在每小题所给出的4个选项中，有多项是符合题意的，全部选对得满分，部分人对得部分分，有错选得0分。 9．已知函数，若，则 A． B． C． D． 10．已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则 A． B． C． D．的面积等于的面积 11．如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有 A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D．若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 评卷人 得分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分。请将答案填写在答题卡的相应位置。 12．设，，则与的夹角 ． 13．若直线与函数的图象相切，则 ． 14．已知数列通项公式，则数列的前9项和为 . 评卷人 得分 四、解答题：本大题共5小题，满分77分。解答时应用相应的步骤或文字说明，并将答案填写在答题卡的相应位置。 15．(本题13分）已知函数，其中，． (1)求的单调递增区间； (2)在△ABC中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值． 16．（本题15分）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 17．（本题15分）如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18．（本题17分）已知双曲线的左顶点，一条渐近线方程为 (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线的右顶点为，为直线上的动点，连接，交双曲线于，两点异于，，记直线与轴的交点为． ①求证：为定点； ②直线交直线于点，记，求证：为定值． 19．（本题17分）已知函数，． (1)若曲线在处的切线斜率为1，求的值； (2)讨论的零点个数； (3)若时，不等式恒成立，求的最小值． ( …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……………………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) 【数学试题 第3页 共4页】 ◎ 【数学试题 第4页 共4页】 【数学试题 第1页 共4页】 ◎ 【数学试题 第2页 共4页】 学科网（北京）股份有限公司 黑龙江省研远联合考试 2026届高三年级第一次教学质量检测 数学答案与解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A A B A B B A ABD ABD ACD -1 205 1．B 【分析】先求出集合的补集，再求两集合的交集. 【详解】由可得， 则. 故选：B. 2．A 【分析】利用复数除法法则计算出，得到答案. 【详解】． 故选：A 3．A 【分析】先通过求出数列的通项公式，即可得出的值. 【详解】当时，， 当时，由，① 有，② ①减②得：， 即，当时，满足， 所以，所以， 故选：A. 4．B 【分析】根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可. 【详解】从1，2，3，4这四个数中随机选取两个数，用集合表示为： ，共种情况， 其中符合所取两个数之和为5，共种情况， 所以所取两个数之和为5的概率是. 故选：B 5．A 【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可. 【详解】因为，， ，所以. 故选：A. 6．B 【分析】根据同角的商数关系以及两角差的正弦公式，利用诱导公式即可得出结果. 【详解】由题设，所以， 因为，则，又因为，则， 又， 所以，解得． 故选：B 7．B 【分析】结合图像，得到，再在中，求得，从而得到，代入直线的方程可得到，由此可求得椭圆的离心率. 【详解】由题意知， 由为等腰三角形，且，得， 过作垂直轴于，如图所示， 则在中，，故，， 所以，即，代入直线的方程， 得，即，所以所求的椭圆离心率为. 故选：B. 8．A 【分析】利用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解，再利用正弦定理边化角，结合辅助角公式，可求最大值. 【详解】由正弦定理，原等式可化为， 若，整理得， 故，因为，所以. 由正弦定理，， 则 ，其中为锐角，， 因为，故当时，取得最大值为. 故选：A. 9．ABD 【分析】先求导，利用基本不等式求出，从而得到单调递增，得到，根据函数单调性得到ABD选项，C选项可以举出反例. 【详解】定义域为， ， 当且仅当，即时，等号成立，此时， 所以恒成立，所以单调递增， 因为，所以， A选项，因为单调递增，所以，A正确； B选项，因为单调递增，所以，B正确； C选项，，但与大小不确定，例如，， 此时满足，但，此时，C错误； D选项，因为，画出函数图象，如下图：    可知单调递增，所以，D正确. 故选：ABD 10．ABD 【分析】对于A：根据题意结合抛物线的定义分析判断；对于B：设直线的方程为，利用韦达定理可得，即可得结果；对于C：整理可得，进而分析判断；对于D：整理可得，，结合题意分析证明. 【详解】对于选项A：由几何性质可知，且， 可得，所以，故A正确： 对于选项B：设直线的方程为，， 联立方程，消去y可得， 则，即， 由条件知同号，所以. 则，可得， 因为，则， 同理可得，则，故B正确； 对于选项C：因为， 可得， 当且仅当时，，故C错误； 对于选项D：设， 由，可知直线关于直线对称， 所以. 因为， 可得. 则， ， 所以的面积等于的面积，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 11．ACD 【分析】利用等体积法判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积判断B；确定轨迹并求出长度判断C；作出符合要求的正方体的截面并求出面积判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面平面， 则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，    设，，， 不垂直，因此不存在点P，使，B错误； 对于C，连接，平面，平面，则，而， 又平面，则平面，又平面，则. 同理得，又平面，则平面， 由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面 与底面交线，即为线段，又，C正确；    对于D，取中点为，连接，平面， 由平行于，平面，得，又，则平面， 又取中点为，则，有四点共面，则平面平面. 平面即为平面，设平面分别与交于， 由平面平面，平面，平面， 则，又都是中点，则是中点，同理是中点， 于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则， 所以截面面积为，D正确.      故选：ACD 12． 【分析】应用平面向量的夹角余弦公式计算结合夹角范围计算求角. 【详解】因为，， 设与的夹角为，， 所以，所以． 故答案为：． 13． 【分析】设出切点坐标，求导函数，结合切线斜率，利用直线与曲线相切，从而可得切点坐标，代入，可求得的值． 【详解】设直线与函数图象的切点为， ， ， ，， ， ，又在直线上， ，． 故答案为：． 14． 【分析】由通项公式可得，数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，利用分组求和求解. 【详解】， 数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列． 则，． 则数列的前9项和 ． 故答案为：． 15．(1)； (2). 【分析】（1）利用数量积的坐标表示列式，并用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解. （2）由（1）中信息求出角A，再利用正弦定理及三角恒等变换求解. 【详解】（1）依题意，， 由，解得，， 所以的单调增区间为. （2）由（1）得，则， 由，得，于是，解得， 由及正弦定理得，， 所以. 16．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据的关系可证明为等差数列，即可求解， （2）利用放缩法可得，即可由裂项相消法求和得解， （3）对分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解. 【详解】（1）由，，成等差数列，得，① 当时，， ∴，得（舍去）， 当时，，② ①-②得，， ∴， 又，∴， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴，故； （2）， 故 （3）由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上. 17．(1)证明见解析 (2)存在，． 【分析】（1）根据勾股定理可证得，再根据平面平面得到平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的空间向量公式求解即可. 【详解】（1）因为，，， 所以，则． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以． （2）存在，由（1）知，平面且， 以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设， 则． 设平面的一个法向量为， 则，故可取． 设点到平面的距离为， 则，解得或（舍）． 所以在线段上存在点，且． 18．(1)； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）根据顶点坐标及渐近线确定双曲线参数，即可得方程； （2）①由题设有为，为，，，联立双曲线并应用韦达定理求得、，设，结合向量共线的坐标表示列方程求参数值，即可证；②设直线为，则，联立直线与双曲线并应用韦达定理，结合向量线性关系的坐标表示有，即可证. 【详解】（1）由题设，，则双曲线方程为． （2）①设，且， 的直线方程为，的直线方程为． 设，，联立直线与双曲线方程有， 化简得，由韦达定理知， 有，代入直线有．则 联立直线与双曲线方程，化简有， 由韦达定理知，有，代入直线有 设，，， 由得， 化简得，可得，则． ②设直线方程为，则有 联立方程组，化简得，则， 由知，由知， ． 19．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据切线的斜率和导函数的关系直接代入求解即可； （2）求导后需要对参数进行分类讨论，要根据函数的单调性和最值求不同情况下的零点个数； （3）先要通过变形把不等式左右两边同构，然后研究新函数的单调性，再根据最小时为负确定单调性区间，最后求出的最小值. 【详解】（1）， 依题意，，解得． （2）的零点的根． 设， ①当时，没有零点； ②当时，，所以在内是增函数． 取，取， 所以在上有且仅有一个零点； ③当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 从而． 当时，没有零点； 当时，在上有且仅有一个零点； 当时，， 取，取， 所以在上有两个零点． 综上，当时，没有零点；当或时，有且仅有一个零点；当时，有两个零点． （3） ， 构造函数，则． 而， 令，解得，此时单调递增， 令，解得，此时单调递减， 而当时，，与1的大小不定，但当实数最小时，只需考虑其为负数的情况，此时． 因为当时，单调递减，故， 两边取对数得，，所以， 令，则， 令得，，令得，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 故a的最小值是． 【数学答案 第1页 共2页】 【数学答案 第1页 共2页】 学科网（北京）股份有限公司 $