2026年黑龙江省哈尔滨市第三中学高三期末考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）哈三中2025～2026学年度上学期高三学年期末考试数学试卷第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、选择题（共58分）（一）单项选择题（共8小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．已知集合，，则（

）．A． B． C． D．2．双曲线的焦点坐标为（

）．A． B． C． D．3．的展开式中的系数为（

）A．﹣448 B．﹣56 C．56 D．4484．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设从上往下各层的球数构成数列，则（

）．A． B． C． D．5．某辩论小组有5位成员，要从中选出4位依次作为一辩、二辩、三辩、四辩参赛，若选中甲，甲只能作为一辩或者四辩，则不同的安排方法有（

）．A．72种 B．66种 C．42种 D．36种6．已知函数的部分图像如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（

）．

A． B．C． D．7．如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（

）．A． B． C． D．8．已知函数对任意，成立，则（

）．A． B．C． D．（二）多项选择题（共3小题，每小题6分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）9．下列命题为真命题的是（

）．A．空间内三点确定一个平面B．垂直于同一个平面的两条直线互相平行C．若向量，，是不共面的向量，则，，也是不共面的向量D．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面10．已知i为虚数单位，复数，则（

）．A． B．C． D．的虚部为11．若数列对任意，有，则称数列为“速减数列”，则（

）．A．数列为“速减数列”B．数列为“速减数列”C．数列为“速减数列”，且任意项，，，，则k的最大值为63D．已知项数为的数列是“速减数列”，且数列的所有项的和等于k，则第Ⅱ卷（非选择题，共92分）二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．）12．已知，，则______．13．椭圆的一个光学性质是从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上．已知椭圆C的两个焦点为，，从发出的光线经上点P反射后经过．C与l有公共点，当椭圆C的短轴最短时C的标准方程为______．14．已知函数，，，的零点分别为，，则______．三、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．如图，四棱锥的底面为直角梯形，其中，，且平面平面，，，E为中点．

(1)求证：平面；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．16．数列的前n项和，数列满足，．(1)求数列，的通项公式；(2)将数列和数列各取前100项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数只取一次，求数列的前100项和．17．如图，一艘船向正东航行，顺次经过观测点B，M，N，C，船航行到B处，在B处观测灯塔A在船的北偏东的方向上，船航行到C处，在C处观测灯塔在船的北偏西的方向上，已知B，C相距6海里，．

(1)若，求的距离；(2)求面积的最小值．18．已知函数．(1)当时，求曲线过点的切线方程；(2)若函数有2个极值点，，且．（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：．19．已知抛物线的准线与圆相切．(1)求抛物线E的方程；(2)依次构造点列，，，．设，，，过点作斜率为的直线与曲线E分别交于点，，直线与曲线E交于另一点，直线与曲线E交于另一点，直线与x轴交于点．

（ⅰ）求数列和的通项公式；（ⅱ）记的面积为，当时，求证：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【分析】解不等式，得到，，根据交集概念求出答案.【详解】，故，，故，解得，所以，所以.故选：C2．B【分析】根据双曲线的方程，求得的值，结合双曲线的焦点在轴上，即可求解.【详解】由双曲线，可得，则，又因为双曲线的焦点在轴上，可得双曲线的焦点坐标为.故选：B.3．A【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得的展开式中的系数．【详解】解：的展开式的通项公式为，令，求得，故展开式中的系数为，故选：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．4．D【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数与层数的关系，得到数列的通项公式，再运用裂项相消求和即可得解.【详解】由题意可知，，，则，，，，所以，所以.故选：D.5．A【分析】分选甲和不选甲两种情况讨论，结合排列知识，或分步乘法计数原理即可求解【详解】若没有选甲，不同的安排方法有种；若选甲，则有种安排方法，故一共有种安排方法.故选：A6．A【分析】由函数的图像，求得，设，得到，根据题意，转化为和的图像有两个不同的交点，结合正弦型函数的性质，即可求解.【详解】由函数的图像，可得，且，所以，则，所以，又由，可得，即，解得，解得，因为，所以，所以，又由，可得，设，则，可得，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，且，，且，要使得方程在上有两个不相等的实数根，即方程在上有两个不相等的实数根，即函数和的图像在上有两个不同的交点，如图所示，可得，即实数的取值为.故选：A.

7．A【分析】先求出正四棱锥的高，利用相切可求球的半径，结合体积公式可得答案.【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，所以斜高为，高为，设底面中心为,的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且.设球的半径为,则,因为，所以，所以,所以，即.设球与球相切于点，则，设球的半径为，同理可得，所以，故小球的体积为.故选：A8．C【分析】根据所给不等式，构造新函数，利用导数的性质判断新函数的单调性，然后逐一判断即可.【详解】当时，，设，所以当时，函数单调递增.A：因为当时，函数单调递增，所以，所以无法判断之间的大小关系，故本选项说法不正确；B：因为当时，函数单调递增，所以，显然无法判断之间的大小，所以本选项说法不正确；C：因为当时，函数单调递增，所以所以本选项说法正确；D：因为当时，函数单调递增，所以所以本选项说法不正确.故选：C9．BCD【分析】利用平面确定定理可判断A；根据线面垂直性质可判断B；利用反证法判断C；利用空间向量共面的推论判断D.【详解】A选项，不在同一条直线上的三点确定一个平面，若三点共线，则可确定无数个平面，故A错误；B选项，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故B正确；C选项，若是共面的向量，则存在实数使得，即，则向量是共面的向量，与向量是不共面的向量矛盾，所以，，是不共面的向量，故C正确；D选项，因，则由空间向量共面的推论可知，四点共面，故D正确.故选：BCD.10．AC【分析】根据复数的模长公式，复数的运算定义及性质可依次判断.【详解】，，故A正确；，，故B错误；，故C正确；，的虚部为，故D错误.故选：AC11．ACD【分析】由速减数列的定义，逐项判断即可.【详解】对于A，因为，所以，所以，所以所以，即，所以数列为“速减数列”.所以A正确.对于B，因为，，.所以，所以数列不是“速减数列”，所以B错误；对于C，因为数列中，任意项，所以任意两项的差均为整数.数列为“速减数列”，，，所以.所以，所以；同理，所以；….累加得，所以，所以.因为，所以，即，所以.所以.所以C正确.对于D，已知项数为的数列是“速减数列”，所以对任意，有，所以，所以..由数列的所有项的和等于k，得，所以.因为，所以.所以D正确.故选：ACD.12．【分析】根据角的范围和平方关系求出，结合和角公式可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以，所以.故答案为：13．【分析】先求出点关于直线对称点为，再结合椭圆的光学性质可得，即可求出；再结合直线与椭圆有公共点，联立两方程式则可得，再利用即可求得，从而可求解.【详解】设点关于直线对称点为，则，解得，即，根据椭圆的光学性质，从发出的光线经直线上点反射后经过，则，所以，又因为，当且仅当在与直线的交点时取等号，又因为，对于椭圆上的任意一点满足，则；又因直线与椭圆有公共点，则将代入椭圆，化简得，则，化简得，因，所以，解得（负值舍去），所以要使椭圆的短轴最短即，此时满足，故椭圆的标准方程为.故答案为：.

14．2【分析】根据零点定义，结合同底的指数函数和对数函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.【详解】，当时，直线与指数函数的图象的交点的横坐标为，，，当时，直线与对数函数的图象的交点的横坐标为，，指数函数的图象与对数函数的图象关于直线对称，且直线与直线互相垂直，如下图所示：

又，即，所以.故答案为：15．(1)取中点F，连接，．∵E为中点，F为中点，∴且．又且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面．(2)【分析】（1）根据中位线可证四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理得证；（2）取中点O，连接，过O作．建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面夹角的余弦值，进而求得四棱锥的高，从而求得体积.【详解】（1）略（2）取中点O，连接，过O作．∵，∴．又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面．以O为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，则，设平面的法向量，，，，则，取，则，所以平面的一个法向量为，平面的法向量，，解得，∴．16．(1)；(2)【分析】（1）利用与的关系可求数列的通项公式，当时，由已知可得，两式相除可求数列的通项公式；（2）结合（1），利用分组求和法可求数列的前100项和．【详解】（1）令，则，，当时，，也符合上式，∴；当时，由，可得，两式相除可得，也符合上式，∴．（2），，，…，，，，，…，，将数列和数列各取前100项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数只取一次，则，，…，，，，…，，∴．17．(1)（海里）(2)（平方海里）．【分析】（1）在和中反复使用正弦定理，用角度表示边长、、、，代入求值即可；（2）将面积表达式化简为关于的三角函数，利用和角公式、二倍角公式进行变形，通过三角函数的范围求解面积的最小值.【详解】（1）因为，，所以，又因为，所以，，又，设，∴，，．在和中由正弦定理可得，，即，，，．当时，则，，∴，，∴（海里）．（2）令，∴．因为，∴，∴，所以当时，（平方海里）．18．(1)或．(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明如下：，，令，，则，，且，∴，令，则，∴，；要证，即证，即证时，，令，则，当时，，单调递增，，∴时，，不等式得证．【分析】（1）先写出的表达式，根据导数几何意义、设切点坐标，表示出切线方程，代入点，即可求得切点坐标，再代入切线方程，则问题得解；（2）（ⅰ）求导，根据极值点，可分离参数得，构造函数，求其导数分析单调性，再结合题目条件确定a的取值范围；（ⅱ）根据换元法（令，），转换对数运算，再根据待证不等式，构造相应函数，分析单调性，证明时，，从而得证.【详解】【小题1】当时，，，设切点为，∴函数在处的切线方程为，将点代入切线方程得，，解得或1，∴曲线在点处的切线为，在点处的切线为；【小题2】（ⅰ），∵有2个极值点，∴方程有2根，，令，，在上，，单调递增，在上，，单调递减，当时，，当时，，，当时，，∴a的取值范围是；（ⅱ）略19．(1)；(2)（ⅰ），；（ⅱ）由（ⅰ）可得，，，，，，，，代入得，化简得，所以是首项为1，公比为2的等比数列，．因，其中，则，故，，得证.【分析】（1）求出准线方程，从而得到，得到抛物线方程；（2）（ⅰ）设出直线方程，联立，求出两根之和，两根之积，联立化简得，，所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列，故