精品解析：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. 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，仅一个是符合题意的.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. 【答案】B 【解析】 【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. 下列选项中，与复数（i为虚数单位）相等复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出，得到答案. 【详解】． 故选：A 3. 已知数列的前项和公式为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 在中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】ABD 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【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 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________． 【答案】 【解析】 【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. 若直线与函数的图象相切，则______． 【答案】 【解析】 【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. 已知数列通项公式，则数列的前9项和为______. 【答案】 【解析】 【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：． 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. 已知函数，其中，． （1）求的单调递增区间； （2）在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 依题意，， 由，解得，， 所以的单调增区间为. 【小问2详解】 由（1）得，则， 由，得，于是，解得， 由及正弦定理得，， 所以. 16. 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. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 ， 故 【小问3详解】 由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上. 17. 如图，在多面体中，平面平面，底面直角梯形，，，，，． （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． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，． 【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）； （2）①证明见解析；②证明见解析. 【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. 【小问1详解】 由题设，，则双曲线方程为． 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 ， 依题意，，解得． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 ， 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，， 所以单调递增，在单调递减， 所以， 故a的最小值是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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，仅一个是符合题意的.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概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则，，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. 在中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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 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______. 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. 已知函数，其中，． （1）求单调递增区间； （2）在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值． 16. 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. 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. 已知双曲线的左顶点，一条渐近线方程为 （1）求双曲线标准方程； （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 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $