黑龙江省哈尔滨市2025_2026学年高三数学上学期1月期末考试含解析

这是一份黑龙江省哈尔滨市2025_2026学年高三数学上学期1月期末考试含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式和绝对值不等式求解，再结合集合交集运算即可求解.
【详解】由得：
由，得或，
即，或，
所以，
故选：B
2. 已知复数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求解.
【详解】
，
所以.
故选：C.
3. 平面向量满足，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合向量的模长公式和运算法则即可求解.
【详解】由可得，
又，所以，所以
所以.
故选：D.
4. 设为正项递增等比数列的前项和，，且成等差数列，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式求解计算即可.
【详解】因为为正项递增等比数列的前项和，设数列的公比为，
由，且成等差数列，
得，化简得.
因为，所以解得.
所以.
故选：A.
5. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角公式即可求解.
【详解】由题意有：
，
故选：B.
6. 哈六中开展爱国主义教育，决定在2026年1月16日组织高一年级1到5班去“731日本罪证陈列馆”、“哈尔滨烈士陈列馆”两所展馆参观，每个班级去一个展馆，且每个展馆至少去一个班级，若1班和2班必须去同一展馆，则不同的分配方案种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先安排1班和2班去同一个馆，再随意安排剩下3个班，有8种情况，最后去掉所有班都去同一个馆的情况，据此可得答案.
【详解】先安排1班和2班去同一个馆，有2种情况，
再随意安排剩下3个班所去的场馆，有种情况，
最后去掉所有班都去同一个馆的情况，有2种情况，
则满足题意的情况数为：.
故选：D
7. 已知双曲线的右焦点为，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点且与另一条渐近线交于点，若，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过双曲线焦点得，联立渐近线与垂线方程得坐标，利用向量关系得，联立方程求解得的值，即得双曲线方程.
【详解】双曲线的右焦点，则，.
双曲线渐近线方程为，过作渐近线的垂线，其斜率为，
垂线的方程为.
由，解得，即；
由，解得，即.
，，
因，对应坐标相等，由纵坐标得：，
化简得，又，解得，，
故双曲线方程为.
故选：C
8. 已知函数，则函数的图象与函数的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象的对称性，可知交点关于对称中心对称，即可求解.
【详解】函数与函数的图象都关于对称.
作出两函数的图象如图，
由图象可知交点个数一共8个（四组，两两关于点对称），
所以所有交点的横坐标之和等于.
故选：C
二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 小松同学所在学习小组开展社会调查，记录了某快餐连锁店每天骑手的人均业务量．现随机抽取天的数据，将样本数据分为，，，，，，七组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ）

A. 根据频率分布直方图估计，每天骑手的人均业务量的第百分位数为
B. 根据频率分布直方图估计，每天骑手的人均业务量的平均数为
C. 根据频率分布直方图估计，天中某骑手的业务量在单及以上的天数为天
D. 根据频率分布直方图估计，天中骑手的业务量的极差为单
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图、平均数的定义和公式、百分位数的定义和公式以及极差的定义和公式进行逐项计算即可.
【详解】对于A：
前四组频率和为：，
前五组频率和为：，所以第70百分位数位于组.
设第70百分位数为，则，解得，
所以每天骑手人均业务量的第百分位数为70，正确；
对于B：
每天骑手的人均业务量的平均数为：
，B错误；
对于C：
天中某骑手的业务量在单及以上的天数为
，C正确；
对于D：
天中骑手的业务量的最大值为95，最小值为25，所以极差为，D正确.
故选：ACD.
10. 已知是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 以线段为直径的圆与该抛物线的准线相切
B. 若抛物线上的点到点的距离为，则抛物线的方程为
C. 若，且在之间，则抛物线的方程为
D. 若线段的中点到抛物线准线的距离为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题可知，设，由抛物线的焦半径公式即可判断ABD；由已知结合相似三角形的性质得出，由列出方程即可判断C．
【详解】由题可知，设，
对于A，，以线段为直径的圆的半径为，
线段中点即为圆心，到准线距离为，故A错误；
对于B，，则抛物线的方程为，故B正确；
对于C，过点作抛物线准线的垂线段，垂足为，设准线与轴交点为，
则，，，
所以，则，
又，所以，则，
又，所以，则，
因为，，
所以，则抛物线的方程为，故C正确；

对于D，线段的中点坐标为，到准线的距离为，
则，故D正确；
故选：BCD．
11. 如图，三棱锥中，平面平面，过点且与平行的平面分别与棱、交于两点，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 若为的中点，则为的中点
B. 若，则四棱锥的体积为
C. 平面平面
D. 三棱锥的外接球的体积为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由线面平行的性质可得，即可判断A；对于B，先根据得到四边形的面积，再由锥体体积公式求四棱锥的体积即可判断B；对于C，由题意可知，若平面平面，则平面，得到，即可推出与题意矛盾；对于D，根据题意可得的中点为外接球球心，半径，再由体积公式计算即可．
【详解】对于A，根据题意，平面，平面平面，
平面，，
若为的中点，则为的中点，故A正确；
对于B，因为，，所以，则，
又因为，，所以，则，
取的中点，连接，，
则，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
易知，，
因为，所以，
由，可得，且相似比为，
，，
，故B错误；
对于C，平面，平面是变动的，
若平面平面，则平面，
平面，，
又，所以不成立，故C错误；
对于D，，，为公共斜边，
则为三棱锥外接球的球心，外接球半径，
所以外接球体积，故D正确．
故选：AD．
三、填空题：本题共3个小题，每题5分，共15分.
12. 已知函数的最小正周期为，若函数图象关于直线对称，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据最小正周期，可得的值，根据对称轴方程及的范围，可得值，即可得解析式，代入即可得答案.
【详解】因为的最小正周期为，所以，解得，
因为图象关于直线对称，
所以，解得，
因为，所以令，则，
所以，则.
故答案为：
13. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集组对应数据，如下表所示．（残差观测值预测值）
根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再根据样本中心一定在回归直线上即可得到答案.
【详解】由题意可得时的预测值为，
所以，解得，即经验回归方程为，
又因为，，
所以，解得，
故答案为：
14. 设函数在上存在导函数，对，都有，当时，成立，若，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先通过构造函数，利用导数判断函数单调性，再结合函数奇偶性，将不等式转化为关于自变量的不等式，进而求解实数m的取值范围即可.
【详解】设，对求导得，
因当时，，所以当时，，
则在上单调递减，
因为，所以，
即是偶函数，那么在上单调递增，
因为，
将其变形为：，即，
由于是偶函数，所以等价于，
又因为在上单调递减，所以，
则，展开得，
化简得，整理得，
解得或，
因此，实数的取值范围是.
第Ⅱ卷（非选择题 共77分）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点，且.

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取中点，连接，以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用坐标公式法求解即可.
【小问1详解】
因为是正三角形，是中点，所以，
因为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由题意可知，因为平面，所以，，
取中点，连接，
以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，

因为，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知中，内角所对的边分别是，且.
（1）若，求的面积的值；
（2）若边上的高为，求角的大小及的值.
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）由正余弦定理建立关于的等式，求出，即可求解；
（2）由面积公式，余弦定理建立等式，即可得，即，因为，所以，再结合余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由得，因为，所以，
又，由余弦定理可知，，
即，即，所以；
【小问2详解】
因为，所以，
又，
所以，
综上，，即，因为，所以，
所以，又因为，所以，所以.
17. 已知数列为正项数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由递推式可得，结合，即可得到；
（2）根据题意作差得，解得，再检验时，即可；
（3）根据题意，再由裂项相消法即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
作差得，，所以，
令，所以，检验成立，所以；
【小问3详解】
因为，
所以．
18 已知函数.
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）当时，证明：；
（3）当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）增区间为，减区间为，极大值，极小值；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，然后解不等式，可得
单调性，据此可得答案；
（2）当时，设，由导数知识可得其单调性，据此可完成证明；
（3）由题可得，在时恒成立，
等价于，其中.然后分，，三种情况，结合多次求导可得答案.
【小问1详解】
当时，，
所以，
令，所以或，，，
所以的增区间为，减区间为，
极大值，极小值.
【小问2详解】
当时，设
所以，
因为，所以，所以，所以在上时增函数，
所以，所以；
【小问3详解】
当时，恒成立，
即恒成立，
设.
所以，令，
所以.
当时，，所以在上是增函数，
所以，所以在上是增函数，所以成立；
当时，令，
则，所以在上是增函数，
所以.
当时，即，此时，
所以在上是增函数，所以，
所以在上是增函数，所以成立；
当时，即，注意到时，.
则，使，则，.
所以在上是减函数，在上是增函数.
注意到，时，，
又由以上分析可得，则，使.
则，，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以不满足题意，舍去.
综上所述，.
19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且过点的直线与椭圆交于两点，的周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上存在点，使原点为的重心，求直线的方程；
（3）设椭圆的上、下顶点分别为，若直线与y轴交于点，直线与交于点Q，求证：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，2
【解析】
【分析】（1）由椭圆定义及离心率公式建立等式即可求解；
（2）当直线的斜率为时，点不可能为的重心，舍去
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，与椭圆联立，由韦达定理及为的重心，得，代入椭圆方程，即可求解；
（3）由题意可知，，，表示出直线，的方程，联立求出，即点，所以（定值）
【小问1详解】
由椭圆的定义知的周长为，，又，
，椭圆方程为
【小问2详解】
当直线的斜率为时，点不可能为的重心，舍去
当直线的斜率不为时，设直线的方程为
，联立得，
由韦达定理得，因为为的重心，
所以点，又，
即
代入椭圆方程得解得，
所以直线的方程为
【小问3详解】

由题意可知，，，
所以直线的方程为，即
直线方程为，即
所以
由韦达定理可知，由，
代入上式得
，
所以，即点，
所以，，
所以（定值）
3
4
5
6
2.5
4
4.5