黑龙江省研远联合考试2026届高三上学期第一次教学质量检测试题 数学 Word版含解析

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数学试题
一、单选题
1．已知集合，,则（ ）
A．B．
C．D．
2．下列选项中，与复数（i为虚数单位）相等的复数是（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列的前项和公式为，则（ ）
A．10B．20C．30D．40
4．从1，2，3，4这四个数中随机选取两个数，所取两个数之和为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知是椭圆的左右焦点，点在直线上，为等腰三角形，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则（ ）
A．B．
C．D．的面积等于的面积
11．如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为
D．若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为
三、填空题
12．设，，则与的夹角 ．
13．若直线与函数的图象相切，则 ．
14．已知数列通项公式，则数列的前9项和为 .
四、解答题
15．已知函数，其中，．
(1)求的单调递增区间；
(2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值．
16．已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求证：；
(3)已知，求数列的前项和.
17．如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，．
(1)证明：；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．已知双曲线的左顶点，一条渐近线方程为
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线的右顶点为，为直线上的动点，连接，交双曲线于，两点异于，，记直线与轴的交点为．
①求证：为定点；
②直线交直线于点，记，求证：为定值．
19．已知函数，．
(1)若曲线在处的切线斜率为1，求的值；
(2)讨论的零点个数；
(3)若时，不等式恒成立，求的最小值．
参考答案
1．B
【详解】由可得，
则.
故选：B.
2．A
【详解】．
故选：A
3．A
【详解】当时，，
当时，由，①
有，②
①减②得：，
即，当时，满足，
所以，所以，
故选：A.
4．B
【详解】从1，2，3，4这四个数中随机选取两个数，用集合表示为：
，共种情况，
其中符合所取两个数之和为5，共种情况，
所以所取两个数之和为5的概率是.
故选：B
5．A
【详解】因为，，
，所以.
故选：A.
6．B
【详解】由题设，所以，
因为，则，又因为，则，
又，
所以，解得．
故选：B
7．B
【详解】由题意知，
由为等腰三角形，且，得，
过作垂直轴于，如图所示，
则在中，，故，，
所以，即，代入直线的方程，
得，即，所以所求的椭圆离心率为.
故选：B.
8．A
【详解】由正弦定理，原等式可化为，
若，整理得，
故，因为，所以.
由正弦定理，，
则
，其中为锐角，，
因为，故当时，取得最大值为.
故选：A.
9．ABD
【详解】定义域为，
，
当且仅当，即时，等号成立，此时，
所以恒成立，所以单调递增，
因为，所以，
A选项，因为单调递增，所以，A正确；
B选项，因为单调递增，所以，B正确；
C选项，，但与大小不确定，例如，，
此时满足，但，此时，C错误；
D选项，因为，画出函数图象，如下图：

可知单调递增，所以，D正确.
故选：ABD
10．ABD
【详解】对于选项A：由几何性质可知，且，
可得，所以，故A正确：
对于选项B：设直线的方程为，，
联立方程，消去y可得，
则，即，
由条件知同号，所以.
则，可得，
因为，则，
同理可得，则，故B正确；
对于选项C：因为，
可得，
当且仅当时，，故C错误；
对于选项D：设，
由，可知直线关于直线对称，
所以.
因为，
可得.
则，
，
所以的面积等于的面积，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
【详解】对于A，在正方体中，平面平面，
则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

设，，，
不垂直，因此不存在点P，使，B错误；
对于C，连接，平面，平面，则，而，
又平面，则平面，又平面，则.
同理得，又平面，则平面，
由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面
与底面交线，即为线段，又，C正确；

对于D，取中点为，连接，平面，
由平行于，平面，得，又，则平面，
又取中点为，则，有四点共面，则平面平面.
平面即为平面，设平面分别与交于，
由平面平面，平面，平面，
则，又都是中点，则是中点，同理是中点，
于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，
所以截面面积为，D正确.

故选：ACD
12．
【详解】因为，，
设与的夹角为，，
所以，所以．
故答案为：．
13．
【详解】设直线与函数图象的切点为，
，
，
，，
，
，又在直线上，
，．
故答案为：．
14．
【详解】，
数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列．
则，．
则数列的前9项和
．
故答案为：．
15．(1)；
(2).
【详解】（1）依题意，，
由，解得，，
所以的单调增区间为.
（2）由（1）得，则，
由，得，于是，解得，
由及正弦定理得，，
所以.
16．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由，，成等差数列，得，①
当时，，
∴，得（舍去），
当时，，②
①-②得，，
∴，
又，∴，
∴是首项为2，公差为1的等差数列，
∴，故；
（2），
故
（3）由（1）知，
当是奇数时，
，
当是偶数时，
，
综上.
17．(1)证明见解析
(2)存在，．
【详解】（1）因为，，，
所以，则．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
（2）存在，由（1）知，平面且，
以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设，
则．
设平面的一个法向量为，
则，故可取．
设点到平面的距离为，
则，解得或（舍）．
所以在线段上存在点，且．
18．(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【详解】（1）由题设，，则双曲线方程为．
（2）①设，且，
的直线方程为，的直线方程为．
设，，联立直线与双曲线方程有，
化简得，由韦达定理知，
有，代入直线有．则
联立直线与双曲线方程，化简有，
由韦达定理知，有，代入直线有
设，，，
由得，
化简得，可得，则．
②设直线方程为，则有
联立方程组，化简得，则，
由知，由知，
．
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1），
依题意，，解得．
（2）的零点的根．
设，
①当时，没有零点；
②当时，，所以在内是增函数．
取，取，
所以在上有且仅有一个零点；
③当时，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
从而．
当时，没有零点；
当时，在上有且仅有一个零点；
当时，，
取，取，
所以在上有两个零点．
综上，当时，没有零点；当或时，有且仅有一个零点；当时，有两个零点．
（3）
，
构造函数，则．
而， 令，解得，此时单调递增，
令，解得，此时单调递减，
而当时，，与1的大小不定，但当实数最小时，只需考虑其为负数的情况，此时．
因为当时，单调递减，故，
两边取对数得，，所以，
令，则，
令得，，令得，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，