黑龙江省哈尔滨市2025_2026学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份黑龙江省哈尔滨市2025_2026学年高三数学上学期期中试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，四个图中的点的分布更为分散，，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（共58分）
一、单选题（共8小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 已知复数，则z的虚部为（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘除法的运算性质计算出结果，找到的虚部即可.
【详解】因为，所以的虚部为.
故选：A.
2. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最大的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据散点图中点的分布，即可判断答案.
【详解】由散点图可知，并且第一个图中的点更为集中，更贴近某条直线分布，
第三、四个图中的点的分布更为分散，
因此更接近于1，，的绝对值更接近于0，即最大的是.
故选：A
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用“齐次式”，即可求解.
【详解】因为，则，
故选：D.
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】化简可得，然后根据与的推出关系判断即可.
【详解】由及指数函数的单调性可得，此时成立，
反之不成立，例如，显然不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
5. 已知平面向量满足，且，则（ ）
A. 32B. 16C. 8D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量垂直公式可求出，再将问题平方后开根号代入即可.
【详解】；.
；；.
故选：D.
6. 已知函数，且满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先用定义法证明为奇函数，化简解析式可知为增函数，然后结合函数的奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】因为，所以为奇函数，
又因为，
所以为上的增函数.
因为，为奇函数，
所以，
又为上的增函数，所以，
即，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
7. 已知椭圆左、右焦点分别为，焦距为2，若直线与椭圆交于点，满足，则离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，结合椭圆的定义及离心率公式求解即可.
【详解】因为焦距为2，故，所以,
因为直线经过椭圆左焦点，
所以由直线斜率知，，如图，
由，得，则，
因此，
所以离心率.
故选：B
8. 已知，将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先将函数化简为标准三角函数形式，再根据图像变换规律得到的表达式，最后利用正弦函数的性质分析不等式的条件，求出的最小值.
【详解】，
将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象，
从而，
因为，所以当时，取得最小值，即，，
解得，故当时，取最小值．
故选：C.
二、多选题（共3小题，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 有1000人的某工厂举行知识竞赛，为了了解竞赛成绩（满分100分，90分及以上为优秀），从中抽取50人的成绩进行统计，得到样本的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）

A. B. 估计该工厂竞赛成绩优秀的人数为40
C. 估计该工厂竞赛成绩的中位数为75D. 估计该工厂竞赛成绩的众数为75
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图性质计算可判断A正确，结合优秀员工分数判断B正确，根据中位数以及众数定义可得C错误，D正确.
【详解】对于A，由频率分布直方图性质可知，解得，即A正确；
对于B，易知样本中优秀员工占比为，
可估计全厂优秀员工的占比也为，因此估计该工厂竞赛成绩优秀的人数为人，即B正确；
对于C，成绩在分的频率为，
在分的频率为，
所以成绩的中位数在区间内，设中位数为,
则，解得，
可知估计该工厂竞赛成绩的中位数为，即C错误；
对于D，根据频率分布直方图中最高的矩形所对应成绩范围可知出现频率最高的数在内，
因此估计该工厂竞赛成绩的众数为75，即D正确.
故选：ABD
10. 已知直线与圆恒有两个不同的公共点，则下列叙述正确的有（ ）
A. 直线过定点
B. 半径的取值范围是
C. 当时，线段长的最小值为
D. 当时，圆上到直线的距离为2的点恰好有三个，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用合并参数可求直线所过定点，利用点在圆内可求半径范围，利用垂直关系可求长的最小值，利用点到直线的距离可判断D.
【详解】由直线l：，可化为，
由方程组，解得，即直线过定点，A正确；
因为直线与圆总有两个公共点，得点在圆内部，
所以，解得，B不正确；
当时，圆的方程为，得圆心，
所以，可得线段长的最小值为，C正确；
当时，圆的方程为，圆上到直线的距离为2的点恰好有三个，
所以到直线的距离为2，所以，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B. 任意，三棱锥的体积是定值
C. 周长最小值为
D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立合适的空间直角坐标系，对于A，当时，与重合，只需验证平面是否正确即可；由于不与平面平行，即点到平面的距离不是定值，可知B错误；利用平面展开图以及点共线时求出周长最小值，可判断C错误；求出正方体的外接球的半径以及球心到平面距离即可求出所得截面的面积.
【详解】对于A，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图：
可得，
所以，
因此可得，
所以，
又平面，所以平面，
当时，点与重合，平面即为平面，
由平面，可得平面，可知A正确；
对于B，设点到平面的距离为，
则，其中定值，
而不与平面平行，所以点到平面的距离不是定值，
所以三棱锥的体积不是定值，可知B错误；
对于C，由正方体的棱长为2可知，
将平面与平面展开铺平到同一平面内，
连接交于点，如下图：
当共线时，的周长最小，
在平面图中易知，
显然，
所以的周长最小值为，可知C错误；
对于D，当时，可得，因此，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
易知正方体的外接球球心为，则，
因此到平面的距离为，
可知外接球半径为，
所以截面圆半径，
所以所求截面的面积，可知D正确.
故选：AD
第II卷（共92分）
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12. 从2到7这6个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是___________.
【答案】20
【解析】
【分析】根据题意利用组合数求解即可.
【详解】从2到7这6个数字中任取3个不同的数，
由于要求三位数的百位到个位数字依次增大，
因此，每一组取出的3个数，按从小到大排列只有1种排列方式.
因此，满足条件的三位数的个数等价于从6个数字中选3个的组合数，
即.
故答案为：20
13. 已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的表达式，进而可得出的表达式，再利用等差数列的求和公式可求得.
【详解】设等差数列的公差为，则，解得，
所以，，所以，，
所以，，故数列为等差数列，
所以，.
故答案为：.
14. 若内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角.三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克雷尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.若的三边长分别为，则的“布洛卡角”的正切值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再由三角形相似及正弦定理、三角恒等变换求解即可.
【详解】不妨设，的“布洛卡角”为，如图，

由余弦定理可得，
所以，所以，
由于，
所以，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，即，
故答案为：
四、解答题（共5小题，总计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知数列的前项和为，直线经过点，且与直线平行，若点在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线的方程，依题可得，在时，与两式作差可推得为等比数列，由等比数列的通项公式即可求解.
（2）将数列的通项公式代入①，求出，再利用分组求和法求解即得.
【小问1详解】
因为直线经过点，且与直线平行，
设直线的方程为，
把代入方程得，故直线的方程为，
又点在直线上，即得①，
当时，，解得，
当时，②，
由①②，得，
整理得，故数列是首项为4，公比为3的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，将其代入①，可得，解得，
所以.
16. 为普及学生对工具的使用，某校开展了关于运用知识的竞赛活动，经过多轮比拼，甲乙两人进入决赛，在决赛中有两道题：一道为抢答题，且只能被一人抢到，甲、乙两人抢到的概率均为；另一道为必答题，甲、乙两人都要回答，已知甲能正确回答每道题的概率均为，乙能正确回答每道题的概率均为，且甲、乙两人各题是否答对互不影响．
（1）求抢答题被回答正确的概率；
（2）记正确回答必答题的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，期望为.
【解析】
【分析】（1）设出合理事件，再利用全概率公式即可得到答案；
（2）写出的可能取值有：0，1，2，再分别计算得到其分布列，最后利用期望公式计算即可.
【小问1详解】
设＂甲抢到抢答题＂为事件，＂抢答题被回答正确＂为事件，
由题意可知：，
由全概率公式可得，
所以抢答题被回答正确的概率为．
【小问2详解】
由题意可知：的可能取值有：0，1，2，则有：
，
，
，
所以的分布列为：
期望．
17. 记的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角和正弦的和角公式得到，即可求解；
（2）根据条件，利用（1）结果和余弦定理，得到，利用正弦定理求出外接圆半径，再由正弦定理角转边，即可求解.
【小问1详解】
由，得到,
整理得到，即，
又，则，得到，
又，解得.
【小问2详解】
由（1）知，由余弦定理得，
又，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），得到，
所以.
18. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
（3）求直线与平面夹角正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题知，翻折后，根据面面垂直的判定即可证明；
（2）以为原点建立空间直角系，根据平面法向量的求解方式，分别求出两平面的法向量，即可得到两平面夹角的余弦值；
（3）由题知在平面上且，可设，求出平面的一个法向量，计算出直线与平面夹角正弦值，根据函数的性质可求最值.
【小问1详解】
证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知，
且，，即，
则四边形为菱形，
所以，故翻折后，
因为，且都在平面内，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，
则平面平面，
如图，在平面中过点作，
又平面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以为等边三角形，，
则，，，，
设平面与平面夹角为，
法向量分别为，，
则，取得；
，取得，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
由（2）知在平面上且，
可设，
则，，，
设平面法向量为，
则，
取得，
设与平面夹角为，
则，
令，则，
当且仅当，即时成立，
所以直线与平面夹角正弦值的最大值为．
19. 已知函数.
（1）求曲线过点的切线方程；
（2）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围；
（3）设函数，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设切点并利用导数求出切线方程，代入已知点求解即可
（2）将函数在区间上的单调性问题转化成不等式恒成立问题，再通过分离参数转化成求函数最值问题即可；
（3）利用导数确定函数有三个不同极值点的条件，结合函数图象确定参数范围，再构造函数，利用其单调性得到不等式即可得解.
【小问1详解】
设过点的切线与曲线相切于点，
因为，所以，所以切线方程为，
又因为切线过点，所以，解得，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
由题意知，其定义域，则.
因为在区间上是减函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立.
令，其对称轴为，在上单调递增，
所以，所以，
所以实数的取值范围是；
【小问3详解】
由题意知，其定义域为，
则，
令，得或.
设，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又当时，；又当时，，且，
因此的大致图象如图所示，
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以，
不妨设，则，
所以，所以，
所以
.
令，则.
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，所以，
又，所以，所以在上单调递增.
因为，因此当时，，
即当时，恒成立，
所以实数的取值范围是.
0
1
2