黑龙江省大庆市2026届高三数学上学期第二次教学质量检测试题含解析

黑龙江省大庆市2026届高三数学第二次教学质量检测试题

一、单选题

1．已知复数z1i，则z（）

2

A．2B．2C．1D．

2

2．“xy0”是“2x2y”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Ax1x4,Bxylog2x1，则AB（）

A．1,4B．1,2C．1,4D．1,

4．已知向量a1,2,b3,1，若abab，则实数（）

26

A．9B．1C．D．

1311

π

5．已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，点P3,4在角的终边上，则sin2

2

（）

72424

A．7B．C．D．

25252525

a

2025

6．已知等差数列an的前n项和为Sn,a12026，且1，则使得Sn0的n的最小值为（）

a2026

A．4049B．4050C．4051D．4052

2

7．已知函数fx是定义在R上的奇函数，fx1是偶函数，当x0,1时，fxxx，则

f2024f2025f2026（）

A．4B．2C．0D．2

x2y2

8．已知双曲线C:1a0,b0的左､右焦点分别是F1,F2，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于

a2b2

A,B两点，若AF1BF13F1F2，则双曲线C离心率的取值范围是（）

3535

A．23,B．1,23C．,D．1,

22

二、多选题

9．下列命题正确的是（）

A．若ab，则ac2bc2

B．若ab,cd，则acbd

C．若ab0，则3a3b

11

D．若ab，则

a2b2

π

10．函数fxAcosxbA0,0,的部分图象如图所示，若x1,x2x1x2是fx的两个

2

零点，则下列说法正确的是（）

A．2

π

B．fx的图象关于直线x对称

12

π

C．xx的最小值为

123

9π

D．若fx在区间0,m上至少有10个零点，则实数m的最小值为

2

11．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则下列说法正确的是（）

A．CD1//平面A1BC1

B．三棱锥A1BDC1的外接球的表面积为27π

33π

C．若该正方体表面上的动点P满足D1P23，则动点P的轨迹长度是

2

6

D．若该正方体的内切球表面上的动点Q满足BQ//平面ACD1，则线段BQ长度的最小值为

2

三、填空题

12．若抛物线C:y22pxp0的准线方程为x2，则p.

13．已知a,bR，若直线yxb与曲线yexa相切，则ab.

**

14．已知正项数列an的前n项和为Sn,a11，且anSnSn1nN,n2.若在ak和ak1kN中插

k1

入k个相同的数(1)k，构成一个新数列bn，即a1,1,a2,2,2,a3,3,3,3,a4,，记数列bn的前n项和为Tn，

则T2026.

四、解答题

3

15．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosAasinBc.

3

(1)求B；

(2)若ac6，且ABC的面积为3，求ABC的周长.

16．已知数列an满足a12,an12an2,bnan2.

(1)证明：数列bn是等比数列，并求数列bn的通项公式；

1

11

(2)记cn，若数列cn的前n项和为Tn，求证：Tn.

log2bnlog2bn162

17．如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC,ACBC,PAAC2.已知D是PC的中点，且DEPB.

(1)证明：PB平面ADE；

4

(2)若PC与平面ADE所成角的正弦值为，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.

5

x2y22

18．已知椭圆的右焦点为，点P1,在椭圆上，且轴.过点P作椭圆

C:221ab0FCPFx

ab2

C的切线，交x轴于点Q，过点Q的直线交椭圆C于A,B两点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若O为椭圆C的中心，求△OAB面积的最大值；

(3)过点A作x轴的垂线与直线BP交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上.

19．已知函数fxlnxaxxaR有两个不同的零点，分别记为m,n，且mn.

(1)求实数a的取值范围；

(2)若k0，不等式k1a1mkn恒成立，求实数k的取值范围；

(3)有两组正实数x1,x2,x3,y1,y2,y3，且xiyii1,2,3,x1x2x3y1y2y3mn.证明：

111

xx1y1xx2y2xx3y3mn9

123.

y1y2y3mn

参考答案

1．B

【详解】复数z满足z1i，则z12(1)22.

故选：B.

2．A

t

【详解】因为函数ft2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：A

3．A

∣

【详解】因为ylog2x1的定义域为xx1，所以Bxx1，

所以AB{x∣1x4}.

故选：A.

4．D

【详解】因为a1,2,b3,1，

所以ab4,1,ab13,2.

因为abab，所以abab0，

6

所以413120，解得.

11

故选：D.

5．B

33

【详解】由题意可知，cos，

(3)2425

2

π237

所以sin2cos22cos121.

2525

故选：B

6．C

a2025

【详解】由1得a2025a20260，因为a10，所以d0，所以a20250,a20260

a2026

a2025

由1和a20260得a2025a20260，

a2026

4050aa

所以S140502025aa0，

4050220252026

4051aa

S140514051a0，

405122026

故使得Sn0的n的最小值为4051.

故选：C

7．B

【详解】因为fx1是偶函数，所以fx1fx1，所以fx2fx，

即f2f0f00200，

又因为fx是定义在R上的奇函数，所以fxfx，

即fx2fx，所以fx4fx2fx，所以函数fx以4为周期,

即f2024f5064f00，f2025f5064+1f11212

f2026f50642f2f00

所以f2024f2025f20262.

故选：B

8．D

【详解】由双曲线的定义，可得AF1AF22a，BF1BF22a，

两式相加得AF1BF1AF2BF24a，

因为AF2BF2AB，所以AF1BF1AB4a，

又因为AF1BF13F1F26c，所以AB6c4a，

2b22b2

当ABx轴时，此时AB最小，此时AB，所以6c4a，

aa

22

2222ca22

因为bca，可得6c4a，整理得c3aca0，

a

35

两边除以a2，可得e23e10，又因为e1，解得1e，

2

35

所以双曲线的离心率取值范围是1,.

2

故选：D

9．BC

【详解】对A，当c0时，ac2bc2不成立，故A错误；

对B，若cd，则cd，由不等式的性质acbd，故B正确；

对C，若ab0，则3a3b，C正确；

11111

对D，若ab，不妨取a1,b3，则1,,，D错误.

a2b29a2b2

故选：BC.

10．ACD

T5πππ2π

【详解】由fx图象知，，则Tπ，根据周期公式T，可得2，故A正确；

2632

fxAb3

又因为max，解得A2,b1，

fxAb1

min

ππππ

代入,1得2cos211，因为，所以，

3323

π

所以fx2cos2x1，

3

ππkπ

令2xkπ,kZ可得对称轴方程x,kZ，

362

π1

当x时kZ，故B错误，

122

ππ1

因为x1,x2是fx的两个零点，令fx2cos2x10，则cos2x，

332

π2ππ4π

所以2x2kπ,kZ或2x2kπ,kZ，

3333

ππ

解得xkπ,kZ，或xkπ,kZ，

62

πππ

根据题意，取xkπ,kZ,xkπ,kZ，所以xxkkπ,k,kZ，

116122221212312

π

当kk0时，xx，故C正确；

12123

ππππ

由C知fx在0,上的10个零点依次为：,,,4π,4π.

6262

π9π

由fx在区间0,m上至少有10个零点，则m4π.

22

9π

所以m的最小值为，故D正确；

2

故选：ACD.

11．ABD

【详解】如图：

对于A：在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD1//A1B，A1B平面A1BC1,CD1平面A1BC1，所以CD1//平面

A1BC1，故A正确；

对于B：三棱锥A1BDC1与正方体ABCDA1B1C1D1有相同的外接球，

133

所以外接球的半径RAC，所以S4πR227π，故B正确；

212

对于C：当P平面BCC1B1时，因为D1C1平面BCC1B1,C1P平面BCC1B1，所以D1C1C1P，

因为，所以22，

D1P23,D1C13C1PD1PC1D13

13π

所以点P的运动轨迹是以C1为圆心，半径为3的圆的，其长度是；

42

3π

同理，当点P为正方形A1B1BA或ABCD内部及边界上的动点时，点P的轨迹长度均为；

2

当点P为正方形A1B1C1D1内部及边界上的动点时，

若PB1C1，则PD1C130；若PA1B1，则PD1A130，

30013π

所以点P的轨迹是以D1为圆心，半径为23的圆的，其长度是；

3600123

3π

同理，当点P为正方形A1D1DA或C1D1DC内部及边界上的动点时，点P的轨迹长度均为，

3

3π3π53π

所以动点P的轨迹长度为33.故C不正确；

232

对于D：在正方体中，平面A1BC1//平面ACD1，

因为点Q满足BQ//平面ACD1，所以点Q在平面A1BC1上.

又因为点Q在正方体的内切球表面上，

所以点Q的轨迹为正三角形A1BC1的内切圆，记圆心为O1.

则的最小值为3216，故D正确.

BQBO1r32

2332

故选：ABD

12．4

p

【详解】因为准线方程为x2，故2，所以p4.

2

故答案为：4.

13．1

【详解】由yexa得yexa，

xa

设直线yxb与曲线ye相切于点x0,y0，

ex0a1

则x0a，解得，

y0ex0a,y01

y0x0b

代入y0x0b，可得ab1.

故答案为：1.

14．2646

【详解】因为an0，所以前n项和Sn0.

所以当n2时，SnSn1SnSn1SnSn1

*

因为anSnSn1nN,n2，

**

所以ananSnSn1nN,n2，可得SnSn11nN,n2，

2

所以数列Sn是首项和公差均为1的等差数列，所以Snn，即Snn.

22

当n2时，anSnSn1n(n1)2n1，

*

又a11满足上式，所以an2n1nN.

k11k1k1k2

新数列bn中从a1到ak1共有k112k项.

22

63646465

当k62时，2016；当k63时，2080.

22

所以T2026a1a2a631223362622026201663

112563

122326221063

2

6363122232426126221063

6363123621063

16262

396910632646.

2

故答案为：2646.

π

15．(1)B

3

(2)626

33

【详解】（1）由正弦定理得：bcosAasinBcsinBcosAsinBsinAsinC，

33

3

在三角形中CπAB，所以sinBcosAsinBsinAsinAB，

3

33

即sinBcosAsinBsinAsinAcosBcosAsinBsinBsinAsinAcosB，

33

3

因为A0,π,sinA0，所以sinBcosBtanB3，

3

π

因为B0,π，所以B

3

13

（2）S△acsinBac3，所以ac4，

ABC24

由余弦定理得b2a2c22accosB(ac)23ac361224，所以b26，

则acb626，

所以ABC的周长为626.

n1

16．(1)证明见解析，bn2

(2)证明见解析

【详解】（1）因为an12an2，所以an122an2，

又bnan2，所以bn12bn，

因为a12，所以b1a1240，

bn1

结合以上递推关系可知，bn0，则2，

bn

所以数列bn是以b1a124为首项，2为公比的等比数列，

n1n1

所以bn42，所以数列bn的通项公式为bn2；

n1

（2）由（1）知bn2，

1111

由cn得cn，

log2bnlog2bn1n1n2n1n2

111111111

所以T

n2334n1n22n22

1

因为得cn0，数列T为单调递增数列，

n1n2n

111

所以TT，

n1236

11

所以T.

6n2

17．(1)证明见解析

(2)334

34

【详解】（1）因为PA底面ABC,BC平面ABC，所以PABC.

又ACBC,AC､PA平面PAC,ACPAA，所以BC平面PAC.

又AD平面PAC，所以BCAD.

又APAC2,D为PC的中点，所以ADCP.

因为CP､BC平面PBC,CPBCC，所以AD平面PBC.

又PB平面PBC，所以ADPB.

又PBDE,AD､DE平面ADE,ADDED，所以PB平面ADE.

（2）由（1）知，PB平面ADE，垂足为E.

所以PDE为PC与平面ADE所成的角.

因为PA底面ABC,AC平面ABC，所以PAAC，所以PC22.

PE41442

由sinPDE,PDPC2，所以PEPD.

PD5255

23DE332

所以cosPDE1sinPDE，所以DEPD.

5PD55

由（1）知，BCPC，而DPEBPC，所以PDEPBC.

3242

DEPE32

所以，所以55，所以BC.

BCPC2

BC22

以A为原点，过A作垂直于AC的直线x轴，以AC,AP所

在直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：

32

则A0,0,0､B,2,0､C0,2,0,P0,0,2，

2

因为D为PC中点，所以D0,1,1.

32

且PA0,0,2,AB,2,0.

2

设平面PAB的一个法向量为mx,y,z，

mPA2z0

则，取，则.

32x22m22,3,0

mABx2y0

2

AD平面PBC，所以平面PBC的一个法向量可取AD0,1,1.

设平面PAB与平面PBC的夹角为，

mDE3334

则cos，

mDE17234

334

故平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.

34

x2

18．(1)y21

2

(2)2

2

(3)证明见解析

c1

2

11x2

【详解】（1）由题意可知221，解得a2,b1，所以椭圆C的方程为y1.

a2b2

222

abc

2

（2）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ykx1.

2

2

ykx1

联立直线与椭圆2，

22

x2y20

整理得12k2x222k4k2x2k222k10，

2

令Δ0，整理得2k222k10，解得k.

2

2

所以过点P的切线方程为：yx2，

2

再令y0，得x2.所以点Q的坐标为2,0.

由题知，经过点Q的直线AB的斜率不为0，设直线方程为xty2,Ax1,y1,Bx2,y2

xty222

联立直线与椭圆22，整理得t2y4ty20

x2y20

22

令Δ16t8t20解得t22

4t2

yy,yy

12t2212t22

2

28t16

因为AB1t2yy1t2yy4yy1t2

121212t22

2

点O到直线AB的距离d，

1t2

128t216t22

所以2

SOAB1t2222

21t2t2t2

u222

S22

令ut22u0，则OAB24，

u4u2

u

2

当且仅当t6时SOAB取到最大值为；

2

（3）设线段AD的中点为Mx0,y0，

4t2

由（2）可知yy,yy所以yy2tyy0，

12t2212t221212

2

y2y22

直线的方程为22，则Dx,2x1.

BPy2x111

2x222

x212

于是x0x1，

2y22x11122y22y112y12y21

y0y1

4x21224ty21

4tyy2yy2ty2ty2ty2ty

12121212.

4ty214ty21

2tyyy2tyyy2tyyy2ty

1211211211

4ty1y2y14ty1y2y12y1y22y12

所以ty12y0

因为x1ty12，所以x02y02，即x02y020

因此点Mx0,y0在直线x2y20上，即线段AD中点在定直线x2y20上.

1

19．(1)a1a1

e

(2)k∣k1

(3)证明见解析

lnx

【分析】（1）由参变分离得a1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；

x

lnmlnnlnmlnn

（2）由题知lnmamm0,lnnann0,a1，不等式转化为k1mkn，令

mnmn

mtklntt1t1

t，则k1，进而得lntk10，令htlntk1,t0,1，求导再利用导

nt1tktk

数确定最值即可；

111

x1y1x2y2x3y3

（3）设x1x2x3，再证：

p

y1y2y3

111

1119mn9

Pex1y1x2y2x3y311即可.

x1y1x2y2x3y3mnmn

【详解】（1）函数fxlnxaxxaR有两个不同的零点，

lnx

所以fxlnxaxx0，即a1有两个不同的解，

x

lnx1lnx

令gx1x0，由gx0得xe，

xx2

当0xe时，gx0，所以gx在0,e上单调递增，

当xe时，gx0，所以gx在e,上单调递减，

1

所以g(x)ge1，

maxe

lnx

当x0时，gx；当x时，0,gx1

x

1

所以a1a1.

e

注：函数gx的图像如下，

（2）因为fxlnxaxxaR有两个不同的零点m,n，

lnmamm0ammlnm

由题知0mn，且，即，

lnnann0annlnn

lnmlnn

相减得到：a1

mn

lnmlnn

因为k1a1mkn恒成立，即k1mkn恒成立，

mn

m

k

m

所以k1nln恒成立.

m

1n

n

mt