大庆市2026届高三年级第一次教学质量检测数学答案_2025年9月_2509142026届黑龙江省大庆市第一次教学质量检测（全科）_黑龙江省大庆市2025-2026学年高三第一次教学质量检测数学

大庆市 2026 届高三年级第一次教学质量检测
数学参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
A C B D A B D C
1.答案：A. 解析：因为A1,2，B x x3  ，所以AB1,2 ,故选A.
2.答案：C. 解析：抛物线y2 8x的准线方程为x2,故选C.
a
3.答案：B. 解析：因为 4 q2 4，所以a a q2 32，故选：B.
a 6 4
2
z
3242
4.答案：D. 解析：因为复数z34i，所以   5.故选D.
2+i 2212
cos 1 1 1
5.答案：A. 解析：由  ，得  ，解得tan2，所以
2cossin 4 2tan 4
π
tantan
π 4 21
tan( )  3 ．故选A.
4 π 12
1tantan
4
       
  2
6.答案：B. 解析：设D为BC的中点，AP AB AC  AP2AD2APAD2 AD 32，
故选B.
7.答案：D. 解析：由 f 1x f 3x得 f x的对称轴为x2，
因为 f x在 2,单调递减，所以 f x在,2单调递增，
由图象可知若 f(x ) f(3)，则有1 x 3，
1 1
所以由 f 2x3 f 3可得12x33，解得2 x3，不等式解集为2,3 .故选D.
8. 答案：C. 解析：
试卷第1页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}如图所示，作AE 平面BCD，垂足为E ，连接BE
因为三棱锥ABCD为正三棱锥，所以E是等边△BCD的中心，
2
又因为△BCD的边长为6，所以BE  3 32 3，
3
取BC中点M ，则AM BC,EM BC，所以AME为二面角ABCD的平面角，即
3
cosAME ，
4
1 ME  2
又因为ME  3 3 3，所以AM  4, AE 42  3  13，
3 cosAME
设外接球球心为O，则O在AE上，连接OB.
设外接球半径为R，则OAOBR，OE  13R ，
25
所以在△BOE中OE2EB2 OB2，可得R2 (2 3)2( 13R)2，解得R ，
2 13
2
 25  625
所以外接球表面积为S  4π
 
 π.故选C.
2 13 13
二、多选题
9 10 11
ACD BC BD
答案：ACD. 解析：对于A，由a
n1
a
n
 3，知数列a
n
是公差为3 的等差数列，所以
a a 12，故A正确；
5 1
对于B，因为公差小于0，所以a 是递减数列，故B错误；
n
对于C，a = a + ( n-1 ) d= 9- 3 ( n-1 )= -3n+12，令a 0，解得n4，故C正确；
n 1 n
na a  n93n12 3 21
对于D，S  1 n   n 2 n ，
n 2 2 2 2
所以当n3或4时，S 取得最大值，故D正确；故选：ACD．
n
10．答案：BC. 解析：对于A，因为0.010.020.02100.5，所以这100名学生成绩的
中位数约为80，故A错误；
对于B，这100名学生成绩的平均数约为550.1650.2750.2850.3950.2 78，
故B正确；
对于C，因为这100名学生中成绩不低于70分的学生所占比例为1100.010.020.7，
试卷第2页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}所以从100名学生中随机抽取一名，估计其成绩不低于70分的概率为0.7，故C正确；
对于D，记“从该校学生中随机抽取两名，这两名学生成绩都不低于70分”为事件A，“这两
名学生中恰有一名学生成绩在70,80内”为事件B，由选项C可知：PA0.72 0.49，
PABC10.20.50.2，所以P  B A 
PAB
 20 ，故D错误.故选BC.
2 PA 49
  2 
11.答案：BD. 解析：对于A，因为f(x)sin2x  ，所以T  ．故A错误；
 6 2 
 2  2  1 3
对于B，因为 f   sin(  )0，所以  k,kZ，  k,kZ ，
 3 3 6 3 6 4 2
1
因为0，所以当k 0时的最小值为 ，故B正确；
4
1 π π 1  8 
对于C，若ω ，则 f(x)sin(x )，则 f(xφ)sin(x φ) ，当x 0,  
2 6 6 2  3 
π  π 5π  5π  π  8 π 1
时，x φ   φ， φ ，因为 φ   φ  π，故sin(x φ) 最
6  6 2  2  6  3 6 2
多有3个不相等实数解，故C错误；
    T
对于D，当1时函数 f x的最小正周期T ，而区间

t ,t

的长度为 ，即 ，
 8 8 4 4
    
由2k 2x 2k kZ可得k xk kZ，所以函数 f x的单调
2 6 2 6 3
  
递增区间为 k ,k kZ ．
 
 6 3
     5
①当k t t k kZ，即k tk kZ时，则有
6 8 8 3 24 24
           
htMtmt f t  f t  sin2t   sin2t  
 8  8   8 6   8 6
   5      
sin2t sin2t sin2t  cos2t  2sin2t ，而
 12  12   12  12  3
  3
2k 2t 2k kZ，
4 3 4
 
所以 2sin2t 

1, 2

，即ht

1, 2

．
 3
   
②当   t 8     t 8   k  kZ ，即tk  3 kZ时，
2 3
试卷第3页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}   5
htMtmt f k  f k 
 3  24
      5  2
sin2k 

sin2k 

1 ．
  3 6   24 6 2
2
所以由正弦函数的图象与性质可知，最小值为1 ，故D正确．
2
故选BD.
三、填空题
 3 26
12．0.1； 13．

1, ； 14．e2.
 13 
12．答案：0.1. 解析：由题意可得：P0 X 30.4，所以P3 X 60.4，所以
PX 60.50.40.1.
 3 26
13．答案：1, . 解析：如图，设以F c,0为圆心，a为半径的圆与双曲线的一条渐
  13  2
近线bxay0交于A,B两点，
bc
则F 到渐近线bxay0的距离d  b ，所以 AB 2 a2b2 ，
2 a2b2
因为3 AB  FF ，所以 32 a2b2 4c ，所以9a29b2 4c2，所以18a2 13c2，
1 2
c2 18 3 26 3 26  3 26
所以  ，所以e ，因为e1，所以1e ．故答案为：

1, 
a2 13 13 13  13 
14．答案：e2. 解析：令 f xexxalna，易知 f x在R上单调递增，且 f lna0，
所以当x,lna时， f x0，当xlna,时， f x0，
令gxx2exa2x3a，则gx在xR上连续，
因为不等式  ex xalna x2ex  a2x3a0 恒成立，
 
所以当x,lna时，gx0，当xlna,时，gx0，
试卷第4页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}由零点存在性定理可知glnalna2aa2lna3alna2a2lna2a0，即
lna2lnaa0，
1
令halnaaa0，则ha 1，
a
当0a1时，ha0，ha在0,1上单调递增，
当a1时，ha0，ha在1,上单调递减，
所以ha h110，则lnaa0，
max
所以lna2，解得ae2.
当ae2时，gxx2ex  e22  x3e2，gx2xex  e22  ，令gxmx，
则mx2ex，当mx2ex 0时，xln2；
当x,ln2时，mx0，mx单调递增；
当xln2,时，mx0，mx单调递减.
故mxmln2即gxgln22ln24e2 0，
所以gx在R上单调递减，满足  ex xalna 

x2ex  a2x3a

0 恒成立.
四、解答题
π
15．答案：（1）A ；（2）42 10.
3
解析：（1）因为asinB 3bcosA0，所以sinAsinB 3sinBcosA0，
又B0,π，所以sinB0，故sinA 3cosA0，即tanA 3.
π
又A0,π，因此A . ——————————————————————————5分
3
π 1
（2）因为A ，△ABC的面积为
2 3
，所以 bcsinA2 3，即bc8.
3 2
由余弦定理可得a2 b2c22bccosA，即16b2c2bcbc23bc，
又bc8，所以bc2 10，所以△ABC的周长为42 10. ——————————13分
5
16．答案：（1）证明见解析；（2） .
5
解析：（1）设AD中点为O，连接PO，因为△PAD为等边三角形，故PO AD，
试卷第5页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}由题意，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PO平面PAD，
所以PO平面ABCD，因为AB平面ABCD，故PO AB，
又PD AB，POPD P，PO,PD 平面PAD，故AB平面PAD，由DM 平面PAD，
故AB DM，
又M为PA的中点，△PAD为等边三角形，则DM PA，
因为ABPA A，AB,PA平面PAB，所以DM 平面PAB.——————————7分
（2）
1
连接CO，因为AO AD1，AD∥BC，所以AO//BC,AOBC，所以四边形ABCO为
2
平行四边形，故OC∥AB,由（1）知AB平面PAD，AD平面PAD，故AB AD，
所以OC  AD，
故以O为坐标原点，OC,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1 3
则P(0,0, 3),M(0, , ),C(1,0,0),D(0,1,0)，
2 2
  1 3  3 3
PC(1,0, 3),MC(1, , ),MD(0, , )，
2 2 2 2
   1 3
nMC x y z 0
  2 2 
设平面MCD的法向量为n(x,y,z)，则 ，令y1，则n(1,1, 3)，
  3 3
nMD y z 0

 2 2
设直线PC与平面MCD所成角为θ，
 
  PCn 2 5
则sin cosPC,n       .————————————————15分
PC n 2 5 5
x2 y2 5 4 5
17．答案：（1）  1；（2）y x .
5 4 4 5
c2 y2 b4
解析：（1）当k 0时，MF x轴，将xc代入椭圆C的方程，得  1，得y2  ，
2 a2 b2 a2
试卷第6页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#} b2
所以点M 的坐标为c, ．
 a 
b2 2 5b b 2 5
又  ，所以  ，即a b．
a 5 a 5 2
2 5b 3 5 6 5
在RtMFF 中， MF  ， MF 2a MF  b ，解得b2，
1 2 2 5 1 2 5 5
x2 y2
所以a 5，所以椭圆C的方程为  1；—————————————6分
5 4
 4 5
（2）由（1）知点P的坐标为

0, 

，
 5 
将l:ykx 4 5 与椭圆方程联立得  45k2 x28 5kx40，0恒成立
5
设Mx ,y 、Nx ,y ，得x x  8 5k ，xx  4 ，
1 1 2 2 1 2 5k24 1 2 5k24
4
 1k2
故 PM  PN  1k2 x 0  1k2 x 0   1k2 xx  ．
1 2 1 2 5k24
4 25k24 1k2
又 MN  1k2 x x  1k2  x x 24xx  ，
1 2 1 2 1 2 5k24
4 25k24 1k2 4
 1k2
所以 3 ，
5k24 5k24
5
解得k  ．
4
5 4 5
所以直线l的方程为y x ．———————————————————17分
4 5
18．答案：（1）（i）y2x2；（ii）证明见解析；（2）证明见解析.
解析：（1）当m1时， f xx1lnx，
x1
（i） fxlnx ，所以 f12，
x
又因为 f 10，所以切线方程为y2x2；—————————————————4分
（ii）要证明 f x2x1，只需证明x1lnx2x1，
2x1
因为x1，只需证明lnx 0，
x1
2x1 1 4 x12
设hxlnx ，则hx   0，
x1 x x12 xx12
因此hx在1，上单调递增，故hxh10，
试卷第7页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}2x1
所以lnx 0，故 f x2x1 .———————————————————10分
x1
（2）设x x ，由函数gxxasinxblnx，gx gx ，
1 2 1 2
可得x asinx blnx  x asinx blnx ，则
1 1 1 2 2 2
x
x x asinx sinx b lnx lnx bln 2 ，
2 1 2 1 2 1 x
1
令x xsinx，可得x1cosx0，
因此函数x xsinx为单调递增函数，故x x ，
2 1
即x sinx x sinx ，所以sinx sinx  x x ，
2 2 1 1 2 1 2 1
x 2x1
所以bln 2 a1x x，由（2）知，当x1时，lnx ，
x 2 1 x1
1
 x 
所以 ln x  2  x1  ，即 lnx2ln x  4  x1  ，所以ln x 2  4   x 1 2 1    4  x 2  x 1  ，
x1 x1 x x x  x
1 2 1 2 1
x
1
 
4 x  x
代入可得：b 2 1 a1x x a1 x  x  x  x  ，
x  x 2 1 2 1 2 1
2 1
4b  2 b
则  x  x ，所以 x  x 2 ，
a1 2 1 2 1 a1
2 b
即 x  x  .———————————————————————————17分
1 2 a1
4 1 9  1 n 2 3 1 n 11
19．答案：（1） ；（2）p     ；（3）q     ；n2，最大值为 .
81 n 10 10  9 n 5 5 9 27
解析：（1）记3次交换后，甲有3枚熊猫徽章为事件A，交换过程包含两种情况：
①第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1；
1 2
第二次甲用袋鼠徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为  ；
3 3
1 1
第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为  ；
3 3
1 2 1 1 2
所以第一种情况的概率为P      .
1 3 3 3 3 81
②第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1；
2 1
第二次甲用熊猫徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为  ；
3 3
试卷第8页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}1 1
第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，，概率为  ；
3 3
2 1 1 1 2
所以第二种情况的概率为P      .
2 3 3 3 3 81
4
所以3次换球后甲有3枚熊猫徽章的概率为PA .—————————————4分
81
（2）记“n次交换后，乙有3枚相同动物主题徽章”的概率为p ，则 p 0.
n 1
第n1次换球后，乙的徽章只有两种可能，一种是3枚徽章都是相同动物，另一种是3枚徽
章中有一枚不同动物，
记第n1次交换后，乙的3枚徽章动物相同为事件B ，动物不同为事件B ，则P(B )P ，
1 2 1 n1
P(B )1P .
2 n1
记第n次换球后乙的3枚徽章动物相同为事件C，
因为在第n1次换球后徽章动物相同的条件下再交换后不可能是相同动物，即P(C|B )0；
1
1 1 1
在第n1次换球后徽章动物不同的条件下再交换后可以变为相同动物，P(C|B )   ；
2
3 3 9
所以根据全概率公式可得：
1 1
P P(C)P(C|B )P(B )P(C|B )P(B ) p 01 p   1 p ，
n 1 1 2 2 n1 n1 9 9 n1
1 1 1   1 1
所以 p    p  ，即p  是公比为 的等比数列，
n 10 9 n1 10  n 10 9
n1
1 1  1
所以 p     ，
n 10 10  9
n1 n
1 1  1 1 9  1
所以 p         .——————————————————10分
n 10 10  9 10 10  9
（3）记“n次交换后，甲的徽章包含乒乓球、羽毛球、篮球3项运动”的概率为q ，
n
1 1 1
则q 3   .
1 3 3 3
第n1次交换后，甲的徽章只有两种可能，一种是包含乒乓球、羽毛球、篮球3项运动，另
一种是不包含乒乓球、羽毛球、篮球3项运动，
①若包含乒乓球、羽毛球、篮球3项运动，下次交换后也有可能仍包含乒乓球、羽毛球、篮
1 1 1
球3项运动，此时发生的概率为3   ；
3 3 3
②若不包含乒乓球、羽毛球、篮球3项运动，则甲的3枚徽章中一定有两枚相同运动的徽章
（比如两乒乓球徽章，一个羽毛球徽章），乙的3枚徽章中也一定有两枚相同运动的徽章，
试卷第9页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}当甲、乙分别取出相同运动徽章中的一枚进行交换后，甲的三枚徽章就可以变换为包含乒乓
2 2 4
球、羽毛球、篮球3项运动，此时发生的概率为   .
3 3 9
1 4 4 1
根据全概率公式可得：q  q  1q   q ，
n 3 n1 9 n1 9 9 n1
2 1 2  2 1
所以有q   q  ，即q  是公比为 的等比数列，
n 5 9 n1 5  n 5 9
n1 n
2 1  1 2 3 1
所以q         .
n 5 15 9 5 5 9
n n
2 31 2 1 1 2 31 2
当n为奇数时，q        ，且q      ；
n 5 59 5 15 3 n 5 59 5
n
2 31 2 1 11
当n为偶数时，q        .
n 5 59 5 135 27
11
所以当n2时，q 取到最大值 .——————————————————————17分
n 27
试卷第10页，共10页
{#{QQABAQSEggigQBAAABgCEwVICgMQkACCASoGABAQMAAAiRNABCA=}#}