黑龙江省伊春市2026年高三下学期一模考试数学试题（含答案解析）

这是一份黑龙江省伊春市2026年高三下学期一模考试数学试题（含答案解析），共8页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，的展开式中的系数是，已知命题等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．体育教师指导4个学生训练转身动作，预备时，4个学生全部面朝正南方向站成一排.训练时，每次都让3个学生“向后转”，若4个学生全部转到面朝正北方向，则至少需要“向后转”的次数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．一袋中装有个红球和个黑球（除颜色外无区别），任取球，记其中黑球数为，则为（ ）
A．B．C．D．
4．记其中表示不大于x的最大整数，若方程在在有7个不同的实数根，则实数k的取值范围( )
A．B．C．D．
5．设是虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
6．的展开式中的系数是（ ）
A．160B．240C．280D．320
7．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．
8．在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列命题：①；②；③平面；④和成角为.正确命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
9．某个小区住户共200户，为调查小区居民的7月份用水量，用分层抽样的方法抽取了50户进行调查，得到本月的用水量(单位：m3)的频率分布直方图如图所示，则小区内用水量超过15 m3的住户的户数为( )
A．10B．50C．60D．140
10．已知命题：R，；命题 ：R，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
11．过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
12．点为的三条中线的交点，且，，则的值为( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． “”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）
14．中，角的对边分别为，且成等差数列，若，，则的面积为__________．
15．设等比数列的前项和为，若，，则__________．
16．已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积是________.
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）2018年反映社会现实的电影《我不是药神》引起了很大的轰动，治疗特种病的创新药研发成了当务之急．为此，某药企加大了研发投入，市场上治疗一类慢性病的特效药品的研发费用（百万元）和销量（万盒）的统计数据如下：
（1）求与的相关系数精确到0.01，并判断与的关系是否可用线性回归方程模型拟合？（规定：时，可用线性回归方程模型拟合）；
（2）该药企准备生产药品的三类不同的剂型，，，并对其进行两次检测，当第一次检测合格后，才能进行第二次检测．第一次检测时，三类剂型，，合格的概率分别为，，，第二次检测时，三类剂型，，合格的概率分别为，，．两次检测过程相互独立，设经过两次检测后，，三类剂型合格的种类数为，求的数学期望．
附：（1）相关系数
（2），，，．
18．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点.
（1）.求证:平面平面;
（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）已知直线与抛物线交于两点.
（1）当点的横坐标之和为4时，求直线的斜率；
（2）已知点，直线过点，记直线的斜率分别为，当取最大值时，求直线的方程.
20．（12分）已知函数.
（1）当时，判断在上的单调性并加以证明；
（2）若，，求的取值范围.
21．（12分）在中， 角，，的对边分别为， 其中， .
（1）求角的值；
（2）若，，为边上的任意一点，求的最小值.
22．（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求和的直角坐标方程；
（2）已知为曲线上的一个动点，求线段的中点到直线的最大距离．
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．B
【解析】
通过列举法，列举出同学的朝向，然后即可求出需要向后转的次数.
【详解】
“正面朝南”“正面朝北”分别用“∧”“∨”表示，
利用列举法，可得下表，
可知需要的次数为4次.
故选：B.
本题考查的是求最小推理次数，一般这类题型构造较为巧妙，可通过列举的方法直观感受，属于基础题.
2．A
【解析】
由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.
【详解】
解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，
抛物线的准线过双曲线的左焦点，
．
抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，
，又，
，
则双曲线的离心率为．
故选：．
本题考查抛物线的性质及利用过双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
3．A
【解析】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得随机变量的数学期望值.
【详解】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，.
因此，随机变量的数学期望为.
故选：A.
本题考查随机变量数学期望的计算，考查计算能力，属于基础题.
4．D
【解析】
做出函数的图象，问题转化为函数的图象在有7个交点，而函数在上有3个交点，则在上有4个不同的交点，数形结合即可求解.
【详解】
作出函数的图象如图所示，由图可知

方程在上有3个不同的实数根，
则在上有4个不同的实数根，
当直线经过时，；
当直线经过时，，
可知当时，直线与的图象在上有4个交点，
即方程，在上有4个不同的实数根.
故选:D.
本题考查方程根的个数求参数，利用函数零点和方程之间的关系转化为两个函数的交点是解题的关键，运用数形结合是解决函数零点问题的基本思想，属于中档题.
5．A
【解析】
结合复数的除法运算和模长公式求解即可
【详解】
∵复数，∴，，则，
故选：A.
本题考查复数的除法、模长、平方运算，属于基础题
6．C
【解析】
首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.
【详解】
由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.
故选：C
本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.
7．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.
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.
8．C
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数.
【详解】
设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，，.
①，，所以，故①正确.
②，，不存在实数使，故不成立，故②错误.
③，，，故平面不成立，故③错误.
④，，设和成角为，则，由于，所以，故④正确.
综上所述，正确的命题有个.
故选：C
本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，属于中档题.
9．C
【解析】
从频率分布直方图可知，用水量超过15m³的住户的频率为，即分层抽样的50户中有0.3×50=15户住户的用水量超过15立方米
所以小区内用水量超过15立方米的住户户数为，故选C
10．B
【解析】
根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题 的真假，最后根据真值表，可得结果.
【详解】
对命题：
可知，
所以R，
故命题为假命题
命题 ：
取，可知
所以R，
故命题为真命题
所以为真命题
故选：B
本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.
11．B
【解析】
设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.
【详解】
设点、，并设直线的方程为，
将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，
由韦达定理得，，
，，，，，
，可得，，
抛物线的准线与轴交于，
的面积为，解得，则抛物线的方程为，
所以，.
故选：B.
本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
12．B
【解析】
可画出图形，根据条件可得，从而可解出，然后根据，进行数量积的运算即可求出．
【详解】
如图：
点为的三条中线的交点
，
由可得：，
又因，，
.
故选：B
本题考查三角形重心的定义及性质，向量加法的平行四边形法则，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算及向量的数量积的运算，考查运算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．充分不必要
【解析】
由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.
【详解】
由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为:充分不必要
本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.
14．.
【解析】
由A，B，C成等差数列得出B＝60°，利用正弦定理得进而得代入三角形的面积公式即可得出．
【详解】
∵A，B，C成等差数列，∴A+C＝2B，
又A+B+C＝180°，∴3B＝180°，B＝60°．
故由正弦定理 ，故
所以S△ABC，
故答案为：
本题考查了等差数列的性质，三角形的面积公式，考查正弦定理的应用，属于基础题．
15．
【解析】
由题意，设等比数列的公比为，根据已知条件，列出方程组，求得的值，利用求和公式，即可求解．
【详解】
由题意，设等比数列的公比为，
因为，即，解得，，
所以.
本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式，正确求解首项和公比是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
16．
【解析】
将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，求得的值，然后利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】
将三棱锥补成长方体，设，，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
由勾股定理可得，
上述三个等式全部相加得，，
因此，三棱锥的外接球面积为.
故答案为：.
本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.
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）0.98;可用线性回归模型拟合．（2）
【解析】
（1）根据题目提供的数据求出，代入相关系数公式求出，根据的大小来确定结果；
（2）求出药品的每类剂型经过两次检测后合格的概率，发现它们相同，那么经过两次检测后，，三类剂型合格的种类数为，服从二项分布，利用二项分布的期望公式求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可知，
，
由公式，
，∴与的关系可用线性回归模型拟合；
（2）药品的每类剂型经过两次检测后合格的概率分别为
，，，
由题意， ，
.
本题考查相关系数的求解，考查二项分布的期望，是中档题.
18．（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.
试题解析：（Ⅰ） 平面平面
因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）如图，
以点为原点， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则
取，则为面法向量．
设为面的法向量，则，
即，取，则
依题意，则．于是．
设直线与平面所成角为，则
即直线与平面所成角的正弦值为．
19．（1）（2）
【解析】
（1）设，根据直线的斜率公式即可求解；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，，结合直线的斜率公式得到，换元后讨论的符号，求最值可求解.
【详解】
（1）设，
因为
，
即直线的斜率为1.
（2）显然直线的斜率存在，
设直线的方程为.
联立方程组，
可得
则
，
令，则
则
当时，；
当且仅当，即时，解得时，取“=”号，
当时，；
当时，
综上所述，当时，取得最大值，
此时直线的方程是.
本题主要考查了直线的斜率公式，直线与抛物线的位置关系，换元法，均值不等式，考查了运算能力，属于难题.
20．（1）在为增函数；证明见解析（2）
【解析】
（1）令，求出，可推得，故在为增函数；
（2）令，则，由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数的取值范围.
【详解】
（1）当时，.
记，则，
当时，，.
所以，所以在单调递增，所以.
因为，所以，所以在为增函数.
（2）由题意，得，记，则，
令，则，
当时，，，所以，
所以在为增函数，即在单调递增，
所以.
①当，，恒成立，所以为增函数，即在单调递增，
又，所以，所以在为增函数，所以
所以满足题意.
②当，，令，，
因为，所以，故在单调递增，
故，即.
故，
又在单调递增，
由零点存在性定理知，存在唯一实数，，
当时，，单调递减，即单调递减，
所以，此时在为减函数，
所以，不合题意，应舍去.
综上所述，的取值范围是.
本题主要考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点及不等式恒成立等问题，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力，属于难题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；
（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出的最小值.
【详解】
（1） ，
，
由题知，，则，则
，
，
；
（2）在中， 由余弦定理得，
，
设， 其中.
在中，，
，
，
，
所以，
，
所以的几何意义为两点连线斜率的相反数，
数形结合可得，
故的最小值为.
本题考查正弦定理和余弦定理的实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.
22．（1）．．（2）最大距离为．
【解析】
（1）直接利用极坐标方程和参数方程的公式计算得到答案.
（2）曲线的参数方程为，设，计算点到直线的距离公式得到答案.
【详解】
（1）由，得，
则曲线的直角坐标方程为，即．
直线的直角坐标方程为．
（2）可知曲线的参数方程为（为参数），
设，，
则到直线的距离为
，
所以线段的中点到直线的最大距离为．
本题考查了极坐标方程，参数方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力.
研发费用（百万元）
2
3
6
10
13
15
18
21
销量（万盒）
1
1
2
2.5
3.5
3.5
4.5
6
原始状态
第1次“向后转”
第2次“向后转”
第3次“向后转”
第4次“向后转”
∧∧∧∧
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