精品解析：重庆市南开中学校2026届高三下学期3月质量检测数学试题

重庆市南开中学高2026届高三年级3月质量检测 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 若复数（i为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 2i C. 2 D. -2 【答案】C 【解析】 【详解】， ，虚部为2. 2. 已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，问题转化为两个集合的包含关系，可求实数的取值范围. 【详解】非空集合， 是的充分不必要条件，则有集合是集合的真子集，所以， 即实数的取值范围为. 3. 某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（ ） A. 0.65 B. 0.85 C. 0.15 D. 0.3 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的性质求解即可. 【详解】由题可得 4. 直线被圆所截得的最短弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出直线过定点坐标，当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，求出弦心距，利用勾股定理求出结果即可． 【详解】圆的圆心为，半径， 又直线方程可化为，直线恒过定点， 当圆被直线截得的弦最短时，圆心与定点的连线垂直于弦， 此时弦心距为． 所截得的最短弦长：． 5. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 最大值为2 C. 最小值为-2 D. 不是周期函数 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的定义，代入整理，可判断A的正误；分段讨论，可得的解析式，作出图象，可判断B、C、D的正误. 【详解】因为， 所以是偶函数，故A正确； 当时，， 当时，， 因为是偶函数，图象关于轴对称，可得的图象如图所示： 由图象得的最大值为2，最小值为0，不是周期函数，故B，D正确，C错误. 6. 是定义在上的函数，且对均有：，若，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定函数的对称性及单调性，再由性质求解不等式. 【详解】由是定义在上的函数，，， 得，则函数关于点中心对称， 由，，得函数在上单调递增， 由，得，即， 因此，即，解得， 所以实数的取值范围是. 7. 骰宝一般称为赌大小，是一种用骰子赌博的方式，规则为：玩家向庄家下注，每次下注前，庄家把三枚骰子放在有盖的器皿中摇晃，若三枚骰子点数一样，称为豹子，庄家直接获胜；其他情况中，点数和为4到10称为小，和为11到17称为大；玩家下注完毕打开器皿，玩家猜中大小即为玩家获胜，否则庄家获胜；在某局中玩家猜大，已知庄家获胜的条件下，三枚骰子点数最大的是5的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析庄家获胜的情况，以及三枚骰子点数最大的是5的情况，结合条件概率公式运算求解即可. 【详解】因为已知庄家获胜，则点数为豹子或者小， 点数为豹子有6种情况； 点数和为4有，所有排列有3种情况； 点数和为5有，所有排列有种情况； 点数和为6有，所有排列有种情况； 点数和为7有的所有排列，有种； 点数和为8有，所有排列有种情况； 点数和为9有，所有排列有种情况； 点数和为10有，所有排列有种情况； 所以小有种情况； 其中三枚骰子点数最大的是5的情况有：，，，，，，，的所有排列共有种情况； 所以对应概率为. 8. 正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果. 【详解】设中心为，如下图： 由正四面体性质可知， 利用勾股定理可得，即，解得； 因此可得； 所以； ，可得，即， 当且仅当时，等号成立. 此时满足， 易知， 因此. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 的展开式中，不存在连续三项成等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】由组合数的公式可判断A项，再由二项式的展开式的性质可判断BCD选项． 【详解】由，得，得， 解得或（舍），所以A正确； 由，可以在二项展开式中令， 有，所以或0，故B错误； C.在二项展开式中令，有，故C正确； D.，其展开式的通项为，， ①若，则显然D正确； ②若，展开式中存在连续三项成等比数列， 则必存在整数使得 ， 矛盾，故假设错误， 综上，D正确. 10. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 时，的单调递减区间为 C. 时，为的极值点 D. 时，无零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对B，根据条件，直接求出的减区间，即可求解；对C，根据条件得恒成立，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；对D，根据条件，利用导数，求出的单调区间，进而得恒成立，即可求解. 【详解】易知的定义域为，， 对于A，因为，则， 当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，当时，， 由，解得，又在处有意义， 所以的单调递减区间为，故B正确； 对于C，当时，， 因为，所以恒成立，当且仅当时取等号， 故在区间上单调递增，则无极值点，故C错误； 对于D，因为，当时，易知在区间上单调递减， 又时，，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则， 令，则， 当时，，则在区间上单调递增，所以， 即，所以恒成立，无零点，故D正确. 11. 已知曲线与抛物线交于两点，的中点为，当时，到抛物线准线的距离为4，为抛物线的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的轨迹方程为 C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由对称性可得关于轴的对称点在抛物线上，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、抛物线性质逐项求解判断. 【详解】依题意，关于轴的对称点为，设直线，，由对称性不妨令， 则，由，得，则，， 对于A，当时，，，则，解得，A错误； 对于B，，，点，设点， 则，， 又，因此的轨迹方程为，B正确； 对于C，，直线与轴交点为，令， 得，则为中点，，C正确； 对于D，设，则，， 又，因此，解得，， ，，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 盒子中装有除编号（1到6）外完全相同的6个小球，从中有放回地摸球5次，记录摸到球的编号，若已知5个编号的中位数为3，唯一众数为2，则平均数最大可能为______. 【答案】3.6 【解析】 【分析】依题意，5个数排序后中位数为3，唯一众数为2，可推得这5个数为，其中为大于3且不相等的两个数，其中，，且，即可求解． 【详解】由题可知摸到的号码为2，2，3，，，其中，，且， 为使平均数最大， ，，其平均数最大为. 13. 公差不为0的等差数列的前项和为，若恒成立，且，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】， 恒成立，， ，，，. 14. 对数集中的元素先按照从小到大的顺序排列得到，定义为其“交替和”，数集的所有非空子集的交替和的和为“交替总和”.已知，则的交替总和为______. 【答案】 【解析】 【分析】设中最小元素为，根据配对可得的交替总和为，再根据导数求出的最小值后可求交替总和. 【详解】的非空子集有个，最小元素为， 除去集合，剩下个非空子集可分为两类： 不包含的集合与包含的集合，且具有一一对应关系， 设的交替和为，则的交替和为，这一对集合的交替和为； 故的交替总和为. 又， 故当或时，，当时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故中的最小值为，故交替总和为. 四、解答题：本题共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. 某科技公司研发了一款AI图像分类模型.现随机抽取500张图片对该模型进行测试，记录了单次测试的准确率（百分比）.通过对测试结果的分析，绘制出了如下频率分布直方图： （1）求平均准确率； （2）将准确率不低于90%的一次分类视为“精准分类”，以频率估计概率，现用该模型独立进行5次测试，记为“精准分类”的次数，求随机变量的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列 0 1 2 3 4 5 0.59049 0.32805 0.0729 0.0081 0.00045 0.00001 期望 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法，代入数据，即可得答案. （2）由题意得一次分类是“精准分类”的概率为0.1，且，根据二项分布概率公式，代入求解，可得分布列，即可求出期望. 【小问1详解】 由频率分布直方图，可得平均准确率为： . 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，一次分类是“精准分类”的概率为0.1， 以频率估计概率，则， 则，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 5 0.59049 0.32805 0.0729 0.0081 0.00045 0.00001 的期望为 16. 记数列的前项和为，若且. （1）求数列的通项公式； （2）的前项和为，求集合的元素个数. 【答案】（1） （2）5个 【解析】 【分析】（1）根据递推关系及与的关系化简得出，利用累乘法求，即可求出通项公式； （2）求，利用分组求和法结合对数运算性质及等差数列求和公式求出，再利用数列的增减性与取整条件计算即可得解. 【小问1详解】 由可得， 两式相减，可得，整理得 即 ，，…，，， 累乘得，而也符合上式； 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 ， 依题意，， 因为函数在上单调递增，所以数列为递增数列， 又，， 所以，， 又则存在，满足， ，共5个元素. 17. 如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. （1）当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. （2）点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 【答案】（1）是， （2） 【解析】 【分析】（1）在中由正弦定理和余弦定理可得，再在，中利用余弦定理可得，最后根据双曲线的定义可得动点的轨迹方程； （2）设的方程为，，，根据垂直可得，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得，再由点到直线的距离公式可求距离. 【小问1详解】 在中，， 由正弦定理有：， 再由余弦定理有：，即， 而， 分别在，中利用余弦定理可得： ，化简得. 故，即， 根据双曲线定义结合不共线可得，点的轨迹为. 【小问2详解】 由题意直线斜率不为0，设其方程为，，， 由可得， 而，故且， 故， 而，， 代入不等式组得有即①， 又，即， 所以， 故，化简可得， 结合①和可得， 此时点到直线的距离. 18. 如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. （1）求证：平面； （2）若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用已知的面面垂直证明，利用是直径，有，可得平面； （2）依题意上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，可得上底面圆的半径，（ⅰ）三棱锥四个面皆为直角三角形，得为三棱锥外接球的球心，结合已知数据求出半径和圆台的高，得的值；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用平面与平面夹角，向量法求点到平面的距离. 【小问1详解】 证明：、分别为线段、的中点，有， 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 平面，所以有， 而在下底面里，是直径，所以， ，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，是平面的一个法向量， 因为满足要求的点有且只有一个，所以平面与上底面圆周有且只有一个公共点， 所以上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，底面，即上底面圆的半径， （ⅰ）由（1）可知，为等腰直角三角形， 又，所以易得，，，即圆台高， ，，， 因为三棱锥四个面皆为直角三角形，可知，， 即为三棱锥外接球的球心，所以， 所以. （ⅱ）连接，如图建立空间直角坐标系，则有，，，，， 设，则，，， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即 所以平面与平面夹角的余弦值为， 设，则前式化简得：， 解得或（舍）， 所以点到平面的距离为： . 19. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最大值； （3）已知为函数在上的所有极值点，且满足；证明： 【答案】（1） （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）求导得，令，则，分、、分别求解即可； （3）求得，，，，从而可得均为的极值点，由（2）可得， 由（1）可得，代入即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 又， 所以在处的切线方程为：， 即； 【小问2详解】 因为， 所以 ， 因为，， 所以， 所以， 显然在单调递增， ①当时， 在只有唯一可能解， 即有恒成立， 所以在单调递减，此时； ②当时，恒成立， 所以在单调递增， ； ③当时， 在有唯一解， 当时，，即在单调递减， 当时，，即在单调递增， 所以； 在单调递增，且，， 所以当时， 所以当时，. 综上知，； 【小问3详解】 证明：设， 则， 即，， 因为， 所以， 所以，，，，， 且由三角函数的图像易知，在每一个左右两边异号， 即在每一个左右两边单调性相反， 所以均为的极值点. 由（2）可知，当，时， ， ， ， 而，，， 显然时，， 所以 ， 由（1）知在处的切线方程为： ； 设， 则， 当时，单调递增， 所以单调递减， 所以 所以， 则 ， ， 综上有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学高2026届高三年级3月质量检测 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 若复数（i为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 2i C. 2 D. -2 2. 已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（ ） A. 0.65 B. 0.85 C. 0.15 D. 0.3 4. 直线被圆所截得的最短弦长为（ ） A. B. C. D. 5. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 最大值为2 C. 最小值为-2 D. 不是周期函数 6. 是定义在上的函数，且对均有：，若，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 骰宝一般称为赌大小，是一种用骰子赌博的方式，规则为：玩家向庄家下注，每次下注前，庄家把三枚骰子放在有盖的器皿中摇晃，若三枚骰子点数一样，称为豹子，庄家直接获胜；其他情况中，点数和为4到10称为小，和为11到17称为大；玩家下注完毕打开器皿，玩家猜中大小即为玩家获胜，否则庄家获胜；在某局中玩家猜大，已知庄家获胜的条件下，三枚骰子点数最大的是5的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 的展开式中，不存在连续三项成等比数列 10. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 时，的单调递减区间为 C. 时，为的极值点 D. 时，无零点 11. 已知曲线与抛物线交于两点，的中点为，当时，到抛物线准线的距离为4，为抛物线的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的轨迹方程为 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 盒子中装有除编号（1到6）外完全相同的6个小球，从中有放回地摸球5次，记录摸到球的编号，若已知5个编号的中位数为3，唯一众数为2，则平均数最大可能为______. 13. 公差不为0的等差数列的前项和为，若恒成立，且，则______. 14. 对数集中的元素先按照从小到大的顺序排列得到，定义为其“交替和”，数集的所有非空子集的交替和的和为“交替总和”.已知，则的交替总和为______. 四、解答题：本题共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. 某科技公司研发了一款AI图像分类模型.现随机抽取500张图片对该模型进行测试，记录了单次测试的准确率（百分比）.通过对测试结果的分析，绘制出了如下频率分布直方图： （1）求平均准确率； （2）将准确率不低于90%的一次分类视为“精准分类”，以频率估计概率，现用该模型独立进行5次测试，记为“精准分类”的次数，求随机变量的分布列及数学期望. 16. 记数列的前项和为，若且. （1）求数列的通项公式； （2）的前项和为，求集合的元素个数. 17. 如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. （1）当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. （2）点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 18. 如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. （1）求证：平面； （2）若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 19. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最大值； （3）已知为函数在上的所有极值点，且满足；证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $