2026届黑龙江省佳木斯市汤原县高级中学高三六校第一次联考数学试卷含解析

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1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．
A．B．C．D．
2．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ）
A．B．
C．D．
4．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（ ）
A．B．4C．D．16
5．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
6．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．的展开式中的系数为( )
A．－30B．－40C．40D．50
9．已知全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（ ）
A．B．C．D．
10．设复数，则=（ ）
A．1B．C．D．
11．设是等差数列的前n项和，且，则( )
A．B．C．1D．2
12．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数为偶函数，则________.
14．已知关于空间两条不同直线m、n，两个不同平面、，有下列四个命题：①若且，则；②若且，则；③若且，则；④若，且，则.其中正确命题的序号为______.
15．设，满足条件，则的最大值为__________.
16．已知点是椭圆上一点，过点的一条直线与圆相交于两点，若存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围为_________.
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）在中，内角的对边分别是，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．
（Ⅰ）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设点，直线与曲线相交于，，求的值．
19．（12分）已知在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求的值；
（2）若，求面积的最大值.
20．（12分）底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
21．（12分）如图，在四面体中，.
（1）求证:平面平面；
（2）若，求四面体的体积.
22．（10分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.
⑴若，，（），求证：数列是等比数列；
⑵若数列是等比数列，求，的值；
⑶若，且，求证：数列是等差数列.
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、A
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.
【详解】
本题正确选项：
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．
2、C
【解析】
如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.
【详解】
如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，
，故，，
设球半径为，则，解得，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
3、C
【解析】
首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n1=时，当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的式子，可以分别使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k时等式的左端，即可得到答案．
【详解】
当n=k时，等式左端=1+1+…+k1，
当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k1+k1+1+k1+1+…+（k+1）1，增加了项（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+…+（k+1）1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查数学归纳法，属于中档题./
4、D
【解析】
根据复数乘方公式：，直接求解即可.
【详解】
，
.
故选：D
【点睛】
本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.
5、B
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.
【详解】
令，则当时，，
又，所以为偶函数，
从而等价于，
因此选B.
【点睛】
本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
6、B
【解析】
由，则输出为300，即可得出判断框的答案
【详解】
由，则输出的值为300，，故判断框中应填？
故选：．
【点睛】
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
7、B
【解析】
由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.
【详解】
设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，，所以，的渐近线方程为.
故选B
【点睛】
本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.
8、C
【解析】
先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.
【详解】
对二项式，
其通项公式为
的展开式中的系数
是展开式中的系数与的系数之和.
令，可得的系数为；
令，可得的系数为；
故的展开式中的系数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.
9、D
【解析】
先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.
【详解】
由，，可得或，
又
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.
10、A
【解析】
根据复数的除法运算，代入化简即可求解.
【详解】
复数，
则
故选：A.
【点睛】
本题考查了复数的除法运算与化简求值，属于基础题.
11、C
【解析】
利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.
【详解】
由于等差数列满足，所以，，.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.
12、C
【解析】
试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．
考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
二次函数为偶函数说明一次项系数为0，求得参数，将代入表达式即可求解
【详解】
由为偶函数，知其一次项的系数为0，所以，，所以，
故答案为：-5
【点睛】
本题考查由奇偶性求解参数，求函数值，属于基础题
14、③④
【解析】
由直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义判断．
【详解】
①若且，的位置关系是平行、相交或异面，①错；
②若且，则或者，②错；
③若，设过的平面与交于直线，则，又，则，∴，③正确；
④若，且，由线面垂直的定义知，④正确．
故答案为：③④．
【点睛】
本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义，考查空间线面间的位置关系，掌握空间线线、线面、面面位置关系是解题基础．
15、
【解析】
作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值.
【详解】
作出可行域如图所示
由得，则是直线在轴上的截距.
平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大.
解方程组，得，.
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查简单的线性规划，属于基础题.
16、
【解析】
设，设出直线AB的参数方程，利用参数的几何意义可得,由题意得到，据此求得离心率的取值范围.
【详解】
设，直线AB的参数方程为，(为参数)
代入圆，
化简得：，
，
，
，
存在点，使得，
，即，
，
，
，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运用，属于中档题.
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）；（2）.
【解析】
（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；
（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.
【详解】
（1）由题意，得.
∵.
∴,
∵ ，∴ .
（2）∵，
由正弦定理，可得.
∵a>b，∴,
∴.
∴.
【点睛】
本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
18、（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由（为参数）直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，结合，可得曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）把代入，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解．
【详解】
解：（Ⅰ ）由（为参数），消去参数，可得．
∵，∴，即．
∴曲线的直角坐标方程为；
（Ⅱ ）把代入，得．
设，两点对应的参数分别为，
则，．
不妨设，，
∴．
【点睛】
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，明确直线参数方程中参数的几何意义是解题的关键，是中档题．
19、 (1);(2) .
【解析】
分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．
详解：(1)由题意及正、余弦定理得，
整理得，
∴
（2）由题意得，
∴，
∵，
∴，
∴.
由余弦定理得，
∴，
，当且仅当时等号成立．
∴．
∴面积的最大值为．
点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．
（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.
【详解】
（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.
由题意易知，，所以，，
因为，所以平面，
又平面，所以.
（2）设，，由已知可得：平面平面，
所以，同理可得：，所以四边形为平行四边形，
所以为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，
又，所以，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，
，，由平面几何知识，得.
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，由，可得，
令，则，，所以.同理，平面的一个法向量为.
设平面与平面所成角为，
则，所以.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点，连接，根据等腰三角形的性质得到，利用全等三角形证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）由（1）知平面，即是四面体的面上的高，结合锥体体积公式，求得四面体的体积.
【详解】
（1）证明:如图，取中点，连接，
由则
，则，
故
故，
平面.
又平面，
故平面平面
（2）由（1）知平面，
即是四面体的面上的高，
且.
在中，，
由勾股定理易知
故四面体的体积
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
22、（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】
试题分析：（1）(), 所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.
试题解析：
（1）证明：若，则当(),
所以，
即，
所以，
又由，，
得，，即，
所以，
故数列是等比数列．
（2）若是等比数列，设其公比为（ ），
当时，，即，得
， ①
当时，，即，得
， ②
当时，，即，得
， ③
②①，得 ，
③②，得 ，
解得．
代入①式，得．
此时()，
所以，是公比为１的等比数列，
故．
（3）证明：若，由，得，
又，解得．
由，， ，，代入得，
所以，，成等差数列，
由，得，
两式相减得：
即
所以
相减得：
所以
所以
，
因为，所以，
即数列是等差数列.