黑龙江大庆市2026届高三年级第二次教学质量检测数学试卷

2026 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；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。8540z1iz xy02x2y

D． Ax1x4Bxylog2x1)AB

D．1,

sin2 B．

D．-大庆市高三年级第二次教学质量检测数学试题第15已知等差数列a的前n项和为Sa2026a20251，则使得S0的n

fx是定义在Rfx1x0,1fxx2xf2024f2025f2026

F, 已知双曲线C:a2b21a0,b0的左右焦点分别是 2过点2的直线l与双曲线CABAF1BF13F1F2，则双曲线CA．2

3,

B．1,23

C．35,

D．1,35

60分。abac2

abcd，则acb 33若ab0， D．若ab，则a233fxAcosxbA0,0x，xxx 2

BfxxC．x1

Dfx在区间0m10m大庆市高三年级第二次教学质量检测数学试题第25CD1∥PD1P

P3若该正方体的内切球表面上的动点QBQ∥ACD1BQ3515若抛物线C:y22pxp0的准线方程为x2，则p 已知a,bR，若直线yxb与曲线yexa相切，则ab 已知正项数列a的前n项和为S，a1，且a (nN*,n2).若 (kN*中插入k个相同的数1k1k，构成一个新数列ba，1，a，2，2，ak ABCAB,Ca,bc，且bcosA

3asinBc（2）若ac6，且△ABC的面积 已知数列an满足a12an12an2bnan2记c

，若数列{c的前n项和为T1

1 log

大庆市高三年级第二次教学质量检测数学试题第35PABCPAABCACBCPAAC2DPC的中点，DEPB.PBADEPCADE4PABPBC

2已知椭圆Ca2b21ab0FP1,2在椭圆CPFx轴.P 椭圆Cx轴于点Q，过点Q的直线交椭圆CAB两点求椭圆C若O为椭圆COAB大庆市高三年级第二次教学质量检测数学试题第45fxlnxaxxaRmn，且mn求实数a若k0不等式k1(a1)(mkn恒成立，求实数k有两组正实数x1x2x3y1y2,y3xiyii123x1x2x3y1y2y3mn xy xy xmn9

m854012(1)zz12(1)

.f(t)2t在R上单调递增，所以2x2yxy，所以xy0”是2x2y”的充分不必要条件，故选：Aylog2(x1的定义域为xx1AB={x|1x4.→12,b3,1

所以4131(2)0.解得

6.OP

5，所以cos3332所以sinπ2cos22cos212(3)217.

【解析】由a20251得 0，因为a0，所以d0，所以 0，

2025

由a20251和 0得

0

2025 2025 4051a1a4051

0S4051

4051a20260故使得Sn0的n的最小值为4051fx1fx1fx1fx2fx，fx是定义在Rfxfx，fx2fxfx4fx2fxfx以4f2024f5064f0000f2025f50641f111f2026f50642f2f(0)f2024f2025f20262.AF1AF22aBF1BF22aAF1BF1AF2BF24aAF2BF2ABAF1BF1AB4aAF1BF13F1F26cAB6c4aABx

AB最小，此时

6c4a又b2c2a2

2c2a2

6c4a，整理得c23aca20又ec，两边除以a2得e23e10，因为e1，解得1e3 率取值范围是135. 【解析】A，当c0ac2bc2ABcd，则cd，由不等式的性质acbdB33对C，若ab0， 33D，若ab，不妨取a1，b3111111，D

，

fxT5πππ，则Tπ，根据周期公式T2π，可得2 Afx3，最小值为1A31)2b31) 代入π1得2cos(2π11，因为，所以π f(x2cos(2x

π)1

令2xkπ,kZ可得对称轴方程x ,kZx

时k

1ZBCxxfxf(x2cos(2xπ10，则cos(2xπ)11 所以2xπ2kπ2π,kZ或2xπ2kπ4π,kZ x

Zx

Z

kπ+π,kZ，x

Z，所以|x

||(kk)π+||(k

Z， 6

k2π+2

1当kk0|xx|πC DCf(x在010ππ，π4ππ4π fx在区间0m10m4ππ9π 所以m9πDBA1BDC1ABCDA1B1C1D1有相同的外接球，R33S4R227BDP2CD1 ，D1C13DP2CD1

P为正方形ABCD内部及边界上的动点时，若PBC，则PDC30o；若111

1 1PABPDA30oP的轨迹是以D为圆心，半径为

的圆的1 1

1

P的轨迹长度均为3πP53π.C 因为点QBQACD1，所以点QA1BC1上.又因为点Q在正方体的内切球表面上，所以点QA1BC1的内切圆，记圆心为则BQ的最小值为BOr 332(21) 6，故D正确 12. 13. 14.x2，故p2p4【解析】yexayexayxbyexa相切于点x0y0则exa

bx0a1b，所以ab Sn1Sn1【解析】因为an0nSnSn1Sn1因为an

(nN*,n2)所以anan

Sn1

1所以数列

Sn1

nSn2 当n2时，aS n2(n1)2 又a1满足上式，所以a2n1(nN* k11k新数列b中从a到 共有k112k11k k 当k62

k1k2

2016(1125)63122326221063

63631222324261262210633969162621063（1）

3sinBsinAsinC在三角形中CπAB，所以sinBcosA

3sinBsinAsinAB即sinBcosA

3sinBsinAsinAcosBcosAsinB因为A0,π,sinA0，所以tanB B0πB

6

1acsinB

3ac

3，所以ac4△ 由余弦定理得b2a2c22accosB(ac)23ac361224，所以b 所以ABC的周长为6

13解（1）因为an12an2a12所以bnbn1an122an42 an an所以b42n1，所以数列b的通项公式为b2n1 6（2）由c

得c

1

bn

(n1)(n

n

n所以T11111 1

n

n

n 因为数列T为单调递增数列，所以TTT11 1T

15 1715分（1）ACBCACPAPACACPAABCPAC.ADPACBCAD.APAC2DPCADCP因为CPBCPBCCPBCCADPBC.PBPBCADPB.又PBDE，AD、DE平面ADE，ADЏDED，所以PB平面 6（2）由（1）PBADEE.所以PDEPCADE所成的角.由sinPDEPE4，PD1PC ，所以PE4PD 2 34因为PDE34 3BCPC，所以55BC 以A为原点，过AACxACAP所yz轴，建立如图所示的空间直角坐标系： DPCD0,1,1 3 PA002AB220 PAB的一个法向量为mxyz→mPA2z 则

3

x

，则m2230mAB

x2ym→mPBCADm→m 317则 17PABPBC3

1518.(17分c

，解得a

2,b1，所以椭圆C

y2 4 易知过点P且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为yk(x1) 2yk(x1)联立直线与椭圆

2整理得12k2x222k4k2x2k222k10x22y22令0，整理得2k222k10，解得k2Py

2x y0x2.所以点Q的坐标为(20由已知经过点QAB0xty2A(x1y1B(x2,y2x22y22联立直线与椭圆xty ,整理得t22x22y22令16t28(t220解得t2yy4t,yy t2 111t

t21t 1t (yy)24y 118t2t2

y1

1t点O到直线AB的距离d1t令u

1t1 1t1t2 8tt2

t2t2 t2 u2u

2，当且仅当t

6SOAB到最大值为2 10由（2）yy

,yy

y

2ty

0 t2 1

t2

1y

2yBPy

2(x1)

.则D(x, (x1) x0x1

x2

2x2 2y22x11 1

2

y0

4

2y1

2

4

1 4ty1y22y1y22ty12ty22ty14ty2 2t(y1y2)y12t(y1y2)y12t(y1y2)y14ty1y2 所以ty12x1ty12x0

2y02x0

2y02Mx0y0x2y20ADx2y20上 1719.(17分解（1）fxlnxaxxaRfxlnxaxx0，即alnx1gxlnx1x0gx1lnx0xe 当0xegx0gx在(0,e)上单调递增，xegx0gx在(e,+)上单调递减，

ge1

ln

所以a1a1. 4 1 fxlnxaxxaR有两个不同的零点mnlnmamm amm由题知0mn，且lnnann0，即annlnna1

lnmlnnmn因为k1a1(mkn恒成立，即k1mknlnmlnnmm所以k1 lnm恒成立．m1 设tm，则t0,1时，不等式k1tklnt t因为tk0t10进而得lntk1t10在t0,1t设htlntk

tt

则ht1k1tkt1即ht1

ktk

tkt2k2tk2tttk2

t1tk2 又因为t01且k0，则t10，所以当k1tk2 tt即ht0，故ht在t0,1因为h10，所以ht0恒成立，故k1当0k1时，若tk21，由ht0，则ht在tk21单调递减，所以当tk21时ht0，与题设不符．综上所述，正数k的取值范围kk 10g(x)exx1g(x)exx0g(x)0g(x在(0,+上单调递增；x0g(x)0g(x)在(0上单调递减.x0g(xg(x)g(0)即exx1x0时等号成立由（2）0t12t1lnt，进一步取ty0yx，则lnxlny2t

x x不妨假设p x1y1 x2y2 则lnP1lnx1lny1lnx2lny2lnx3lny32 x x x 故lnP1 2x1 x2 x3y311

进一步：Pexyxyxy x1 x2 x3另外： 1 1 1 1 1 xyxyxyx x x x x xy