精品解析：重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高三下学期3月定时检测数学试题

西南大学附中高2026届高三下3月定时检测 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 2026年3月 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则集合的真子集有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的元素个数计算真子集的个数并列出所有真子集. 【详解】集合，包含2个元素， 故真子集个数为. 故选：A. 2. 已知复数，则z的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由复数的乘法运算以及复数的虚部概念即可求解． 【详解】因， 则， 所以z的虚部是． 故选：B． 3. 已知函数，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解不等式，再由“充分不必要条件”的定义可得答案. 【详解】由，得，而为 上的减函数，则得 . 由“充分不必要条件”的定义可知，的一个充分不必要条件为 . 故选：B. 4. 设是两个平面， 是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】选项：根据线面平行的判定定理即可判断； 选项：根据线线平行的判定定理即可判断； 选项：根据面面平行的判定定理即可判断； 选项：根据线面平行的性质定理即可判断； 【详解】选项：若，则m可能平行于，也可能在内，A为假命题； 选项：若且，则；又，则，B为假命题； 选项：若、且，与可能相交或平行，C为假命题； 选项：若、且，根据线面平行的性质定理可得，D为真命题． 故选：. 5. 如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 72 B. 56 C. 48 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数. 【详解】将四个区域标记为，如下图所示： 第一步涂：种涂法， 第二步涂：种涂法， 第三步涂：种涂法， 第四步涂：种涂法， 根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法， 故选：. 6. 已知数列的前 项和为，且，则的值为（ ） A. 300 B. C. 210 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由递推关系得的奇数项是首项为 ，公差为3的等差数列，再利用分组转化求和以及等差数列的求和公式求解即可. 【详解】若 为奇数，则 是偶数，是奇数， 则 ， ① ， ② ① ②得：， 所以的奇数项是首项为 ，公差为3的等差数列； 所以 . 故选:A. 7. 已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，设椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为，则为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意画出椭圆与双曲线的图像，根据正六边形的性质，即可找到椭圆中与双曲线中的关系式，即可求出其离心率. 【详解】如图所示： 因为. 所以双曲线的渐近线为 ，即. 因为 、、、. 所以 . 所以. 故选B. 【点睛】本题考查椭圆与双曲线的离心率,属于基础题.解决本题的关键在于正确画出其图像，找到图像中的关于 等式. 8. 如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，用表示三棱锥的体积，结合二次函数求其最大值. 【详解】过作，交于点，连接. 因为， ，所以. 所以，所以. 又 ， ，所以 ， . 设，，则，. 所以， 又平面平面，平面平面， 平面，则 平面，所以为三棱锥的高， 所以， 当时，取得最大值，为. 故选：C 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 展开式的二项式系数和为 【答案】AD 【解析】 【分析】通过赋值法可判断AB，通过通项公式可判断C，由二项式系数和公式可判断D. 【详解】对于A，令可得，故A正确， 对于B，令可得， 当 为奇数时，，故B错误， 对于C，，故C错误， 对于D，展开式的二项式系数和为，故D正确. 故选：AD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的极大值点 B. 若，且，则 C. 若 ，则对，都有 D. 对，，使得有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，通过求导判断函数的单调性，进而可确定其极大值点； 对于选项B，根据导函数的二次函数的对称性即可判断； 对于选项C，通过计算，即可判断； 对于选项D，结合函数的单调性和极值情况即可判断其零点个数. 【详解】由，可得， 对于A选项，令，可解得或 ， 因为，所以当 时，恒成立，函数单调递增， 当时，恒成立，函数单调递减， 当时，恒成立，函数单调递增，所以为的极大值点，故A正确； 对于B选项，因为，为开口向上的二次函数，对称轴为， 又，且，所以根据二次函数的对称性，可得，故B正确； 对于C选项，当 时，， 则， 所以， 当时，即，可得，故C错误； 对于D选项，由前面分析可得，当时，为极大值点， 为极小值点， 所以，， 当时，；当时，， 所以， 因为，所以，即， 所以对，，使且，所以有3个零点，故D正确. 故选：ABD 11. 已知，下列说法正确的是（   ） A. 若 ，在区间上单调 B. 若关于直线对称，则 C. 若 ，且为的一个对称中心，则 D. 若 ，在区间上的最大值与最小值的差的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：当 时，，因为，所以， 因为函数 在上不单调，所以函数在区间上不单调. 故A错误； B选项：若关于直线对称，则或， 由 ；方程无解. 所以. 故B正确； C选项： 时，为的一个对称中心，所以 ， 所以. 故C正确； D选项：当 时，，其中，且. 当与关于某条对称轴对称时， 不妨设，此时，， 故在处取得最大值，在端点处取得最小值， 因此在区间上的最大值与最小值的差取得最小值； 当与都在的某一个单调区间内时， ， 其中，且. 当， 时，. 故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正实数，则ab的最大值为________． 【答案】0.5##. 【解析】 【分析】利用基本不等式计算即可得解. 【详解】因为为正实数，， 已知，则，所以. 当且仅当时取等号，此时，，满足正实数条件. 所以的最大值为. 故答案为：. 13. 已知平面向量，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设中数量积的坐标运算求出x的值，再直接根据向量模的计算公式计算即可． 【详解】， 则，解得， 所以，则． 14. 在，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，，若动点P在直线AC上运动，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造特殊角，将转化为点到某条直线的距离，再利用点到直线的垂线段最短来求解最小值. 【详解】点在直线上运动，作直线使得，且过点作于点， 在中，，所以，即. 因此，. 当点三点重合时，取得最小值，即线段的长度. 在中，，. 所以. 的最小值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且，外接圆半径． （1）求角A和a； （2）若，求的面积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换，求出A的大小，再根据正弦定理求出a的值即可； （2）利用正弦定理求出B的大小，进一步得到C的大小，最后利用三角形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 中，已知， 由正弦定理可得， 因为，有，所以，解得， 又因为 ，所以， 由正弦定理得，则． 【小问2详解】 由正弦定理得，所以， 因为，所以，故，则， ． 16. 已知函数． （1）在单调递减，求m的取值范围； （2）若有两个不同的零点，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）题设等价于 恒成立，结合分离参数法求最值即可求解； （2）求导，通过讨论，讨论函数单调性、函数值情况即可求解. 【小问1详解】 由题意， 因为在单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 又当且仅当即时取等号， 所以，即m的取值范围是； 【小问2详解】 由，得，定义域为， 当时，在恒成立，故在单调递减， 则在最多有一个零点，不合题意，舍去； 当时，令得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 且当时，，所以， 当时，， 因为此时，所以， 要使得在有两个不同的零点， 只需满足即可，解得，又， 所以， 综上可知：在有两个不同的零点，的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥 中， ， ， ，， ，平面 平面． （1）求证： ； （2）若二面角 的大小为，求直线与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，如图所示： 因为 ，所以 ， 又平面 平面，且平面 平面，平面 ， 所以平面， 又 平面，所以 ， 由 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以 . （2）. 【解析】 【分析】（1）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面 的法向量，然后利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面， ， 所以以点为坐标原点， 分别为 轴，过点平行于的所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）知 平面 ，平面 , 所以 ，所以 为二面角 的平面角， 又二面角 的大小为，所以， 又的中点为， ，所以 ， 在直角三角形 中， ， 所以 ， 则 ， 设点 ，由 ，所以 ，① 则 ，又 ， 所以有 ，② 又，即 ，③ 联立①②③解得： ， 所以 ，所以 ， 设平面 的一个法向量为 ， 由， 令，则 ，所以 ， 设直线 与平面 所成的角为， 所以 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为：. 18. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值； （ⅰ）现从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的概率； （ⅱ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为Y，求； （3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．已知硬币出现正，反面的概率都是，方格图上标有第0格，第1格，第2格，…，第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到 ），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到），直到遥控车移到第49格（获得优惠券10000元）或第50格（获得大礼包）时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，其中，试证明，是等比数列，计算获得优惠券的概率和获得大礼包的概率，并比较它们的大小． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 【答案】（1）千米； （2）（i）； （ii）； （3）证明如下： 第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即． 遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种； ①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为． ②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为． 所以，所以． 所以时，数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列． 所以． 所以 . 所以获得优惠券的概率， 获得大礼包的概率． 所以． 所以获得优惠券的概率大． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均值计算公式即可得到答案； （2）（i）利用正态分布的特点求出对应区间概率即可；（ii）利用二项分布的数学期望计算公式即可得到答案； （3）首先通过分析得，再构造即可证明其为等比数列，利用累加法和等比数列求和公式即可得到获得优惠券的概率，从而得到获得大礼包的概率，最后利用作差法即可比较两者大小关系. 【小问1详解】 (千米). 【小问2详解】 （i）由． 所以 . （ii）依题意有，所以． 【小问3详解】 略 19. 已知圆和抛物线 ，F为C的焦点，点是抛物线上的动点，当时，，过动点P作圆E的两条切线，切点分别为M、N． （1）求抛物线的标准方程； （2）当 时，求的最小值． （3）设直线PM、PN分别交C于另两点A、B，是否存在实数，使得当点P在C上运动时，直线AB总与圆E相切？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由点是抛物线C上的动点，当时，，列出方程组，求得的值，即可求解； （2）当 时，求得圆的圆心为，半径为，过点作圆的切线，切点为，得到，在直角中，得到，结合倍角公式和二次函数的性质，即可求解； （3）假设存在实数满足题设中的条件，当点与坐标原点重合时，设切线的斜率分别为，求得，得到的方程为，求得 ，结合直线与圆的位关系的判定方法，即可得证. 【小问1详解】 由抛物线 的焦点坐标为， 因为点是抛物线C上的动点，当时，， 可得，即，解得 ， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 当 时，圆的方程为，可得圆的圆心为，半径为， 因为点是抛物线上的动点，可得， 过点作圆的切线，切点为， 则，其中 为切线与的夹角， 在直角中，可得， 所以， 又由， 当 时，， 所以的最小值为. 【小问3详解】 假设存在实数满足题设中的条件， 当点与坐标原点重合时，设切线的斜率分别为， 则圆心到直线 的距离为，可得， 将代入抛物线，可得， 则直线的方程为， 由直线与圆相切，可得， 联立方程组，解得 （负值舍去）； 下面证明：当 时，对于抛物线上任意一点，直线与圆相切， 设点， 则直线的方程为， 即， 同理可得，直线的方程为， 所以直线的方程为， 因为直线与圆相切，则， 即， 同理可得，直线与圆相切，可得， 则为方程的两个不等的实数根， 则， 点到直线的距离为， 所以直线与圆相切， 综上可得，存在 ，使得当点在曲线上运动时，直线与圆相切. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中高2026届高三下3月定时检测 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 2026年3月 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则集合的真子集有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 2. 已知复数，则z的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 已知函数，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 设是两个平面， 是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，，则 D. 若，则 5. 如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 72 B. 56 C. 48 D. 36 6. 已知数列的前 项和为，且，则的值为（ ） A. 300 B. C. 210 D. 7. 已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，设椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为，则为 A. B. C. D. 8. 如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 展开式的二项式系数和为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的极大值点 B. 若，且，则 C. 若 ，则对，都有 D. 对，，使得有3个零点 11. 已知，下列说法正确的是（   ） A. 若 ，在区间上单调 B. 若关于直线对称，则 C. 若 ，且为的一个对称中心，则 D. 若 ，在区间上的最大值与最小值的差的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正实数，则ab的最大值为________． 13. 已知平面向量，，若，则________． 14. 在 ，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，，若动点P在直线AC上运动，则的最小值为________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且， 外接圆半径． （1）求角A和a； （2）若，求 的面积． 16. 已知函数． （1）在单调递减，求m的取值范围； （2）若有两个不同的零点，求m的取值范围． 17. 如图，在四棱锥 中， ， ， ，， ，平面 平面． （1）求证： ； （2）若二面角 的大小为，求直线与平面 所成角的正弦值． 18. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值； （ⅰ）现从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的概率； （ⅱ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为Y，求； （3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．已知硬币出现正，反面的概率都是，方格图上标有第0格，第1格，第2格，…，第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到 ），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到），直到遥控车移到第49格（获得优惠券10000元）或第50格（获得大礼包）时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，其中，试证明，是等比数列，计算获得优惠券的概率和获得大礼包的概率，并比较它们的大小． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 19. 已知圆和抛物线 ，F为C的焦点，点是抛物线上的动点，当时，，过动点P作圆E的两条切线，切点分别为M、N． （1）求抛物线的标准方程； （2）当 时，求的最小值． （3）设直线PM、PN分别交C于另两点A、B，是否存在实数，使得当点P在C上运动时，直线AB总与圆E相切？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $