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=}#}