黑龙江省大庆市2026届高三上学期第二次教学质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份黑龙江省大庆市2026届高三上学期第二次教学质量检测数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．2B．C．1D．
2．“”是“”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，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
5．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（ ）
A．4049B．4050C．4051D．4052
7．已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则（ ）
A．4B．2C．0D．
8．已知双曲线的左､右焦点分别是，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．函数的部分图象如图所示，若是的两个零点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．的最小值为
D．若在区间上至少有10个零点，则实数的最小值为
11．已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是
D．若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为
三、填空题
12．若抛物线的准线方程为，则 .
13．已知，若直线与曲线相切，则 .
14．已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则 .
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长.
16．已知数列满足.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)记，若数列的前项和为，求证：.
17．如图，在三棱锥中，底面.已知是的中点，且.

(1)证明：平面；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且轴.过点作椭圆的切线，交轴于点，过点的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为椭圆的中心，求面积的最大值；
(3)过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上.
19．已知函数有两个不同的零点，分别记为，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)有两组正实数，且.证明：.
参考答案
1．B
【详解】复数满足，则.
故选：B.
2．A
【详解】因为函数在上单调递增，所以，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．A
【详解】因为的定义域为，所以，
所以.
故选：A.
4．D
【详解】因为，
所以.
因为，所以，
所以，解得.
故选：D.
5．B
【详解】由题意可知，，
所以.
故选：B
6．C
【详解】由得，因为，所以，所以
由和得，
所以，
，
故使得的的最小值为4051.
故选：C
7．B
【详解】因为是偶函数，所以，所以，
即，
又因为是定义在上的奇函数，所以，
即，所以，所以函数以4为周期,
即，
所以.
故选：B
8．D
【详解】由双曲线的定义，可得，，
两式相加得，
因为，所以，
又因为，所以，
当轴时，此时最小，此时，所以，
因为，可得，整理得，
两边除以，可得，又因为，解得，
所以双曲线的离心率取值范围是.
故选：D

9．BC
【详解】对A，当时，不成立，故A错误；
对B，若，则，由不等式的性质，故B正确；
对C，若，则，C正确；
对D，若，不妨取，则，D错误.
故选：BC.
10．ACD
【详解】由图象知，，则，根据周期公式，可得，故A正确；
又因为，解得，
代入得，因为，所以，
所以，
令可得对称轴方程，
当时，故B错误，
因为是的两个零点，令，则，
所以或，
解得，或，
根据题意，取，所以，
当时，，故C正确；
由C知在上的10个零点依次为：.
由在区间上至少有10个零点，则.
所以的最小值为，故D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【详解】如图：

对于A：在正方体中，，平面平面，所以平面，故A正确；
对于B：三棱锥与正方体有相同的外接球，
所以外接球的半径，所以，故B正确；
对于C：当平面时，因为平面平面，所以，
因为，所以，
所以点的运动轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是；
同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为；
当点为正方形内部及边界上的动点时，
若，则；若，则，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是；
同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为，
所以动点的轨迹长度为.故C不正确；
对于D：在正方体中，平面平面，
因为点满足平面，所以点在平面上.
又因为点在正方体的内切球表面上，
所以点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为.

则的最小值为，故D正确.
故选：ABD
12．4
【详解】因为准线方程为，故，所以.
故答案为：4.
13．
【详解】由得，
设直线与曲线相切于点，
则，解得，
代入，可得.
故答案为：.
14．2646
【详解】因为，所以前项和.
所以当时，
因为，
所以，可得，
所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即.
当时，，
又满足上式，所以.
新数列中从到共有项.
当时，；当时，.
所以
.
故答案为：2646.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得：，
在三角形中，所以，
即，
因为，所以，
因为，所以
（2），所以，
由余弦定理得，所以，
则，
所以的周长为.
16．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
因为，所以，
结合以上递推关系可知，，则，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以数列的通项公式为；
（2）由（1）知，
由得，
所以
因为得，数列为单调递增数列，
所以，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为底面平面，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以.
又为的中点，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
又平面，所以平面.
（2）由（1）知，平面，垂足为.
所以为与平面所成的角.
因为底面平面，所以，所以.
由，所以.
所以，所以.
由（1）知，，而，所以.
所以，所以，所以.

以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所
在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
则，
因为为中点，所以.
且.
设平面的一个法向量为，
则，取，则.
平面，所以平面的一个法向量可取.
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意可知，解得，所以椭圆的方程为.
（2）易知过点且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为.

联立直线与椭圆，
整理得，
令，整理得，解得.
所以过点的切线方程为：，
再令，得.所以点的坐标为.
由题知，经过点的直线的斜率不为0，设直线方程为
联立直线与椭圆，整理得
令解得
因为
点到直线的距离，
所以
令，则，
当且仅当时取到最大值为；
（3）设线段的中点为，
由（2）可知所以，
直线的方程为，则.
于是，
.
所以
因为，所以，即
因此点在直线上，即线段中点在定直线上.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由参变分离得有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求解；
（2）由题知，不等式转化为，令，则，进而得，令，求导再利用导数确定最值即可；
（3）设，再证：即可.
【详解】（1）函数有两个不同的零点，
所以，即有两个不同的解，
令，由得，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以，
当时，；当时，
所以.
注：函数的图像如下，
（2）因为有两个不同的零点，
由题知，且，即，
相减得到：
因为恒成立，即恒成立，
所以恒成立.
设，则时，不等式恒成立，
因为进而得在时恒成立，
设，
则，
即，
又因为且，则，所以当时，，
即，故在单调递增，
因为，所以恒成立，故满足题意.
当时，若，由，则在单调递减，
所以当时，与题设不符.
综上所述，正数的取值范围.
（3）令，则
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以为极小值点，即最小值点，所以
即当且仅当时等号成立.
由（2）知：，进一步取，则；
不妨假设
则
故
进一步：
另外：
又
，
当且仅当时等号成立
则.