2026届东北三省三校高三六校第一次联考数学试卷含解析

这是一份2026届东北三省三校高三六校第一次联考数学试卷含解析，共12页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若复数，若直线与曲线相切，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，在中，，且，则（ ）
A．1B．C．D．
2．已知，若方程有唯一解，则实数的取值范围是( )
A．B．
C．D．
3．二项式展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．D．
4．若复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
5．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（ ）
A．20B．30C．50D．60
6．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则“”是“是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．4
C．D．5
8．我们熟悉的卡通形象“哆啦A梦”的长宽比为.在东方文化中通常称这个比例为“白银比例”，该比例在设计和建筑领域有着广泛的应用.已知某电波塔自下而上依次建有第一展望台和第二展望台，塔顶到塔底的高度与第二展望台到塔底的高度之比，第二展望台到塔底的高度与第一展望台到塔底的高度之比皆等于“白银比例”，若两展望台间高度差为100米，则下列选项中与该塔的实际高度最接近的是（ ）
A．400米B．480米
C．520米D．600米
9．半正多面体(semiregular slid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
10．若直线与曲线相切，则（ ）
A．3B．C．2D．
11．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A．3B．5C．7D．9
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，i为虚数单位，则正实数的值为______.
14．如图，在菱形ABCD中，AB=3，，E，F分别为BC，CD上的点，，若线段EF上存在一点M，使得，则____________，____________．（本题第1空2分，第2空3分）
15．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数是_____，_____．
16．函数在区间上的值域为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点. 为椭圆的右焦点， 为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若，求的值；
⑶设直线， 的斜率分别为， ，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．（12分）数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为的前n项和，求证：.
19．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．
（Ⅰ）求sinB的值；
（Ⅱ）求sin（2B+）的值．
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
21．（12分）在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
22．（10分）在中，角、、所对的边分别为、、，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求及的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案
【详解】
由，则
，即，所以，又共线，则.
故选：C
【点睛】
此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.
2、B
【解析】
求出的表达式，画出函数图象，结合图象以及二次方程实根的分布，求出的范围即可．
【详解】
解：令，则，
则，
故，如图示：
由，
得，
函数恒过，，
由，，
可得，，，
若方程有唯一解，
则或，即或；
当即图象相切时，
根据，，
解得舍去），
则的范围是，
故选：．
【点睛】
本题考查函数的零点问题，考查函数方程的转化思想和数形结合思想，属于中档题．
3、D
【解析】
写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.
【详解】
二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.
4、B
【解析】
根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.
【详解】
,
,
故选：B
【点睛】
本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.
5、D
【解析】
先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.
【详解】
由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，
则的面积为，
当最大时，的面积最大，
由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，
又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，
所以的面积的最大值为.
故选：D.

【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.
6、A
【解析】
求出函数的解析式，由函数为偶函数得出的表达式，然后利用充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】
将函数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到的图象对应函数的解析式为，
若函数为偶函数，则，解得，
当时，.
因此，“”是“是偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用图象变换求三角函数解析式以及利用三角函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.
7、B
【解析】
还原几何体的直观图，可将此三棱锥放入长方体中, 利用体积分割求解即可.
【详解】
如图，三棱锥的直观图为，体积
.
故选:B.
【点睛】
本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.
8、B
【解析】
根据题意，画出几何关系，结合各线段比例可先求得第一展望台和第二展望台的距离，进而由比例即可求得该塔的实际高度.
【详解】
设第一展望台到塔底的高度为米，塔的实际高度为米，几何关系如下图所示：
由题意可得，解得；
且满足，
故解得塔高米，即塔高约为480米.
故选：B
【点睛】
本题考查了对中国文化的理解与简单应用，属于基础题.
9、D
【解析】
根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.
【详解】
如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
该几何体的体积为，
故选：D.
【点睛】
本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.
10、A
【解析】
设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果.
【详解】
设切点为，
∵，∴
由①得，
代入②得，
则，，
故选A.
【点睛】
该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.
11、D
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.
【详解】
全称命题的否定是特称命题，所以命题“,”的否定是：，．
故选D．
【点睛】
本题考查全称命题的否定,难度容易.
12、D
【解析】
根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．
【详解】
∵是定义是上的奇函数，满足， ，可得，
函数的周期为3，
∵当时， ，
令，则，解得或1，
又∵函数是定义域为的奇函数，
∴在区间上，有．
由，取，得 ，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，
∴方程=0在区间上的解有 共9个，
故选D．
【点睛】
本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用复数模的运算性质，即可得答案．
【详解】
由已知可得：，，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查复数模的运算性质，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
14、
【解析】
根据题意，设，则，所以，解得，所以，从而有 .
15、
【解析】
直接利用复数的乘法运算化简，从而得到复数的共轭复数和的模．
【详解】
，则复数的共轭复数为，且.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础的计算题．
16、
【解析】
由二倍角公式降幂，再由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可求得值域．
【详解】
，
，则，
.
故答案为：．
【点睛】
本题考查三角恒等变换（二倍角公式、两角和的正弦公式），考查正弦函数的的单调性和最值．求解三角函数的性质的性质一般都需要用三角恒等变换化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的性质得出结论．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2） （3）
【解析】
试题分析：（1）；（2）由椭圆对称性，知，所以，此时直线方程为，故． （3）设，则，通过直线和椭圆方程，解得，，所以，即存在．
试题解析：
（1）设椭圆方程为，由题意知：
解之得：，所以椭圆方程为：
（2）若，由椭圆对称性，知，所以，
此时直线方程为，
由，得，解得（舍去），
故．
（3）设，则，
直线的方程为，代入椭圆方程，得
，
因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，
又在直线上，所以，
同理，点坐标为，，
所以，
即存在，使得．
18、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）利用与的关系即可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【详解】
解析：（1）当时，；
当，，可得，
又∵当时也成立，；
（2），
【点睛】
本题主要考查了与的关系、裂项求和法，属于基础题.
19、（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据条件由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理算出，进而算出；
（Ⅱ）由二倍角公式算出，代入两角和的正弦公式计算即可.
【详解】
（Ⅰ） bsinB﹣asinA＝asinC，所以由正弦定理得，
又c＝2a，所以，由余弦定理得：
，又，所以；
（Ⅱ），
.
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由底面为菱形，得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定可得平面；
（2）以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：底面为菱形，，
底面，平面，
又，平面，
平面；
（2）解：，，为等边三角形，
.
底面，是直线与平面所成的角为，
在中，由，解得.
如图，以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴
建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，，.
设平面与平面的一个法向量分别为，.
由，取，得；
由，取，得.
.
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．
21、A
【解析】
由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.
【详解】
由题意，在锐角中，满足，
由正弦定理可得，即，
可得，所以，即，
所以，所以，则，
所以，可得，
又由的面积，所以，
则
.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
22、（1）（2）；
【解析】
（1）由代入中计算即可；
（2）由余弦定理可得，所以，由，变形即可得到答案.
【详解】
（1）因为，可得：，
∴，或（舍），∵，
∴.
（2）由余弦定理，
得
所以，
故，
又，
所以，
所以.
【点睛】
本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.