2026届黑龙江省双城市兆麟中学高三4月调研考试数学试题含解析.doc

2026届黑龙江省双城市兆麟中学高三4月调研考试数学试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量，，满足：，，则的最小值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
3．已知函数且，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
4．若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
5．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
6．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（ ）

A． B． C． D．
7．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．
8．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B． C． D．
10．如图，设为内一点，且，则与的面积之比为

A． B．
C． D．
11．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12．函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的各项均为正数，满足，．，若是等比数列，数列的通项公式_______．
14．从2、3、5、7、11、13这六个质数中任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是________（结果用最简分数表示）
15．记复数z＝a+bi（i为虚数单位）的共轭复数为，已知z＝2+i，则_____．
16．设为数列的前项和，若，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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 （φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆．
（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围．
18．（12分）已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的极坐标方程；
（2）点是曲线上的一点，试判断点与曲线的位置关系．
19．（12分）已知数列的各项均为正数，为其前n项和，对于任意的满足关系式.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的通项公式是，前n项和为，求证：对于任意的正数n，总有.
20．（12分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设与交于、两点，中点为，的垂直平分线交于、.以为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.
（1）求的直角坐标方程与点的直角坐标；
（2）求证：.
21．（12分） 已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若函数，当时，的最大值为，求证：.
22．（10分）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，为等边三角形，M，N分别是AB，AD的中点，且平面平面ABCD.

（1）证明：平面PNB；
（2）问棱PA上是否存在一点E，使平面DEM，求的值
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．D
解析】
先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围.
【详解】
由已知得，则.
因为，数列是单调递增数列，
所以，则，
化简得，所以.
故选：D.
本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题.
2．B
【解析】
建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值.
【详解】
建立平面直角坐标系如下图所示，设，，且，由于，所以.
.所以
，即.
.当且仅当时取得最小值，此时由得，当时，有最小值为，即，，解得.所以当且仅当时有最小值为.
故选：B

本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
3．B
【解析】
构造函数，判断出的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，由解得，所以的定义域为，且，所以为奇函数，而，所以在定义域上为增函数，且.由得，即，所以.
故选：B
本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.
4．C
【解析】
由题可知，设函数，，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数结合图象，可求出实数的取值范围.
【详解】
设函数，，
因为，
所以，
或，
因为 时，，
或时，，，其图象如下：

当时，至多一个整数根；
当时，在内的解集中仅有三个整数，只需，
，
所以.
故选：C.
本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.
5．B
【解析】
首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；
【详解】
解：因为，
所以
因为
所以

，即，，

时
故选：
本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.
6．B
【解析】
连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．
【详解】
如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，

在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，因此，平面.
故选：B.
本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．
7．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：．
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．
8．D
【解析】
由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论．
【详解】
解：由题意，圆的圆心为，半径，
∵圆心到直线的距离为，
，
，
故选：D．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
9．D
【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
故选:D.
本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.
10．A
【解析】
作交于点，根据向量比例，利用三角形面积公式，得出与的比例，再由与的比例，可得到结果.
【详解】
如图，作交于点，

则，由题意，，，且，
所以
又，所以，，即，
所以本题答案为A.
本题考查三角函数与向量的结合，三角形面积公式，属基础题，作出合适的辅助线是本题的关键.
11．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
12．C
【解析】
由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.
【详解】
解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，
即有解，令，则，
则当时，；当时，，
故时，取得极大值，也即为最大值，
当趋近于时，趋近于，所以满足条件．
故选：C.
本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用递推关系，等比数列的通项公式即可求得结果.
【详解】
因为，所以，
因为是等比数列，所以数列的公比为1．
又，
所以当时，有．
这说明在已知条件下，可以得到唯一的等比数列，所以，
故答案为：.
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据递推公式求数列的通项公式，属于简单题目.
14．
【解析】
依据古典概型的计算公式，分别求“任取两个数”和“任取两个数，和是质数”的事件数，计算即可。
【详解】
“任取两个数”的事件数为，“任取两个数，和是质数”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3个，所以任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是。
本题主要考查古典概型的概率求法。
15．3﹣4i
【解析】
计算得到z2＝（2+i）2＝3+4i，再计算得到答案.
【详解】
∵z＝2+i，∴z2＝（2+i）2＝3+4i，则．
故答案为：3﹣4i．
本题考查了复数的运算，共轭复数，意在考查学生的计算能力.
16．
【解析】
当时，由，解得，当时，，两式相减可得，即，可得数列是等比数列再求通项公式.
【详解】
当时，，即，
当时，，
两式相减可得，
即，
即，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故答案为：
本题考查数列的前项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.

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）C1：y2＝1，C2 ：x2+（y﹣2）2＝1；（2）[0，1]
【解析】
（Ⅰ）消去参数φ可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设M（3cosφ，sinφ），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案．
【详解】
（1）消去参数φ可得C1 的普通方程为y2＝1，
∵曲线C2 是圆心为（2，），半径为1 的圆，曲线C2 的圆心的直角坐标为（0，2），
∴C2 的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝1；
（2）设M（3cosφ，sinφ），则|MC2|

，
∵﹣1≤sinφ≤1，∴1≤|MC2|，
由题意结合图象可得|MN|的最小值为1﹣1＝0，最大值为1，
∴|MN|的取值范围为[0，1]．
本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题．
18．（1）（2）点在曲线外．
【解析】
（1）先消参化曲线的参数方程为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）由点是曲线上的一点,利用的范围判断的范围,即可判断位置关系.
【详解】
（1）由曲线的参数方程为可得曲线的普通方程为,则曲线的极坐标方程为,即
（2）由题,点是曲线上的一点,
因为,所以,即,
所以点在曲线外.
本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查点与圆的位置关系.
19．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）根据公式得到，计算得到答案.
（2），根据裂项求和法计算得到，得到证明.
【详解】
（1）由已知得时，，故.
故数列为等比数列，且公比.
又当时，，..
（2）.

.

本题考查了数列通项公式和证明数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
20．（1），；（2）见解析.
【解析】
（1）将曲线的极坐标方程变形为，再由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，将直线的方程与曲线的方程联立，求出点、的坐标，即可得出线段的中点的坐标；
（2）求得，写出直线的参数方程，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理求得的值，进而可得出结论.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程可化为，即，
将代入曲线的方程得，
所以，曲线的直角坐标方程为.
将直线的极坐标方程化为普通方程得，
联立，得或，则点、，
因此，线段的中点为；
（2）由（1）得
易知的垂直平分线的参数方程为（为参数），
代入的普通方程得，，
因此，.
本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
21．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题，
所以故，，代入点斜式可得曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）由题
（1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，令，即
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是
（Ⅲ）当时，
令，则是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
讨论可得在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以由此可证
试题解析：（Ⅰ）因为函数，且，
所以，
所以
所以，
所以曲线在处的切线方程是，即
（Ⅱ）因为函数，所以
（1）当时，，所以在上单调递增.
所以函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，所以
令，即，所以
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，
所以在上的最小值是
综上所述，当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
（Ⅲ）因为函数，所以
所以当时，
令，所以是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
所以当时，；当时，
即当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以
因为，所以
所以
22．（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
（1）根据题意证出，，再由线面垂直的判定定理即可证出.
（2）连接AC交DM于点Q，连接EQ，利用线面平行的性质定理可得，从而可得，在正方形ABCD中，由即可求解.
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中，M，N分别是AB，AD的中点，
∴，，.
∴.
∴.
又，
∴，∴.
∵为等边三角形，N是AD的中点，
∴.
又平面平面ABCD，平面PAD，
平面平面，
∴平面ABCD.
又平面ABCD，∴.
∵平面PNB，，
∴平面PNB.
（2）解：存在.如图，连接AC交DM于点Q，连接EQ.

∵平面DEM，平面PAC，平面平面，
∴.∴.
在正方形ABCD中，，且.
∴，∴.故.
所以棱PA上存在点E，使平面DEM，此时，E是棱A的靠近点A的三等分点.
本题考查了线面垂直的判定定理、线面平行的性质定理，考查了学生的推理能力以及空间想象能力，属于空间几何中的基础题.