2026届黑龙江省农垦建三江管理局第一中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析

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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．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A．B．
C．D．
2．点为的三条中线的交点，且，，则的值为( )
A．B．C．D．
3．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则为( )
A．B．40C．16D．
4． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
6．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知命题，，则是（ ）
A．，B．，.
C．，D．，.
8．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
10．执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A．2B．3C．D．
11．设复数满足，则（ ）
A．1B．-1C．D．
12．已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点，其横坐标分别为，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的系数为_________.（用数字做答）
14．在中，内角所对的边分别是.若，，则__，面积的最大值为___.
15．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
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，在四面体中，.
（1）求证:平面平面；
（2）若，求四面体的体积.
18．（12分）在中，．
（1）求的值；
（2）点为边上的动点（不与点重合），设，求的取值范围．
19．（12分）设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意都有，求实数的取值范围．
20．（12分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是．
（1）求的值:
（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值．
21．（12分）设首项为1的正项数列{an}的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，且，其中p为常数．
（1）求p的值；
（2）求证：数列{an}为等比数列；
（3）证明：“数列an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数”的充要条件是“x＝1，且y＝2”．
22．（10分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.

（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于、两点，与相交于、两点，且与同向，设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形；
（3）为上的动点，、为长轴的两个端点，过点作的平行线交椭圆于点，过点作的平行线交椭圆于点，请问的面积是否为定值，并说明理由.
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】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
【点睛】
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
2、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
【点睛】
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.
3、D
【解析】
如图所示，过分别作于，于，利用和，联立方程组计算得到答案.
【详解】
如图所示：过分别作于，于.
，则，
根据得到：，即，
根据得到：，即，
解得，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了抛物线中弦长问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.
4、A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
【点睛】
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
5、C
【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
【点睛】
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
6、A
【解析】
作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.
【详解】
作于,于.
因为平面平面,平面.故,
故平面.故二面角为.
又直线与平面所成角为,因为,
故.故,当且仅当重合时取等号.
又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.
故.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.
7、B
【解析】
根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.
【详解】
根据全称命题的否定为特称命题，可得，
本题正确选项：
【点睛】
本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.
8、B
【解析】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积．
【详解】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：
则该四棱锥的体积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．
9、C
【解析】
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【详解】
解：复数i（2+i）＝2i﹣1对应的点的坐标为（﹣1，2），
故选：C
【点睛】
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10、B
【解析】
运行程序，依次进行循环,结合判断框，可得输出值.
【详解】
起始阶段有，，
第一次循环后，，
第二次循环后，，
第三次循环后，，
第四次循环后，，
所有后面的循环具有周期性，周期为3，
当时，再次循环输出的,，此时，循环结束，输出，
故选：B
【点睛】
本题主要考查程序框图的相关知识，经过几次循环找出规律是关键，属于基础题型.
11、B
【解析】
利用复数的四则运算即可求解.
【详解】
由.
故选：B
【点睛】
本题考查了复数的四则运算，需掌握复数的运算法则，属于基础题.
12、A
【解析】
画出函数的图像，函数对称轴方程为，由图可得与关于对称，即得解.
【详解】
函数的图像如图，
对称轴方程为，
，
又，
由图可得与关于对称，
故选：A
【点睛】
本题考查了正弦型函数的对称性，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、210
【解析】
转化，只有中含有，即得解.
【详解】
只有中含有，
其中的系数为
故答案为:210
【点睛】
本题考查了二项式系数的求解，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
14、1
【解析】
由正弦定理，结合，，可求出；由三角形面积公式以及角A的范围,即可求出面积的最大值.
【详解】
因为，所以由正弦定理可得，所以;
所以，当，即时，三角形面积最大.
故答案为(1). 1 (2).
【点睛】
本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.
15、
【解析】
，可得在时，最小值为，
时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，
且，求解出即满足最小值为.
【详解】
当，，当且仅当时，等号成立.
当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足
并且，即，解得.
【点睛】
本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.
16、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
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）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.
18、（1）（2）
【解析】
（1）先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可；
（2）在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.
【详解】
解:（1）在中,,所以,
所以
（2）由（1）可知,所以,
在中,因为,所以,
因为,所以 ,
所以.
【点睛】
本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.
19、（1）（2）
【解析】
利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，
对恒成立，则，
由三角不等式，得求解
【详解】
解：当时，不等式即为，
可得或或，
解得或或，
则原不等式的解集为
若对任意、都有，
即为，
由，当取得等号，
则，由，可得，
则的取值范围是
【点睛】
本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题. （1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出．
在利用余弦的和差公式即可求出.
（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.
【详解】
解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,
所以由任意角的三角函数的定义可知,．
从而．
（1）于是
．
（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,
所以,从而．
于是
．
因为为锐角,为钝角,所以
从而．
【点睛】
本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.
21、（1）p＝2；（2）见解析（3）见解析
【解析】
（1）取n＝1时，由得p＝0或2，计算排除p＝0的情况得到答案.
（2），则，相减得到3an+1＝4﹣Sn+1﹣Sn，再化简得到，得到证明.
（3）分别证明充分性和必要性，假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，计算化简得2x﹣2y﹣2＝1，设k＝x﹣（y﹣2），计算得到k＝1，得到答案.
【详解】
（1）n＝1时，由得p＝0或2，若p＝0时，，
当n＝2时，，解得a2＝0或，
而an＞0，所以p＝0不符合题意，故p＝2；
（2）当p＝2时，①，则②，
②﹣①并化简得3an+1＝4﹣Sn+1﹣Sn③，则3an+2＝4﹣Sn+2﹣Sn+1④，
④﹣③得（n∈N*），
又因为，所以数列{an}是等比数列，且；
（3）充分性：若x＝1，y＝2，由知an，2xan+1，2yan+2依次为，，，
满足，即an，2xan+1，2yan+2成等差数列；
必要性：假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，又，
所以，化简得2x﹣2y﹣2＝1，
显然x＞y﹣2，设k＝x﹣（y﹣2），
因为x、y均为整数，所以当k≥2时，2x﹣2y﹣2＞1或2x﹣2y﹣2＜1，
故当k＝1，且当x＝1，且y﹣2＝0时上式成立，即证．
【点睛】
本题考查了根据数列求参数，证明等比数列，充要条件，意在考查学生的综合应用能力.
22、（1）；（2）证明见解析；（3）是，理由见解析.
【解析】
（1）根据两个曲线的焦点相同，得到，再根据与的公共弦长为得出，可求出和的值，进而可得出曲线的方程；
（2）设点，根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程，求出点的坐标，利用向量的数量积得出，则问题得以证明；
（3）设直线，直线，、、，推导出以及，求出和，通过化简计算可得出为定值，进而可得出结论.
【详解】
（1）由知其焦点的坐标为，
也是椭圆的一个焦点，，①
又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，
由此易知与的公共点的坐标为，，②
联立①②，得，，故的方程为；
（2）如图，，由得，
在点处的切线方程为，即，令，得，即，，
而，于是，
因此是锐角，从而是钝角.
故直线绕点旋转时，总是钝角三角形；
（3）设直线，直线，、、，
则，
设向量和的夹角为，
则的面积为，
由，可得，同理可得，
故有.
又，故，
则，因此，的面积为定值.
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，考查钝角三角形的判定以及三角形面积为定值的求解，关键是联立方程，构造方程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于斜率的方程，计算量大，属于难题．