【轮轮清】2026年山东省高三3月质量检测数学试题

绝密★启用前 2026.3高三质量检测数学试题 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 p 一、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，只有一项是 符合题目要求的。 1.已知集合A={x|2x2-3.x-2≤0}，B={x|x>0},则AUB= A【2+j B.(0,2] c.(0.] D.(1,2] 2.若=1十为纯虚数，则实数a一 a-j A.0 B.1 C.2 D.3 3(- 的展开式的中间项的系数为 A. 6 R8 C. 2 u 4.过点M(1,3)引圆C:x2十y2+2x一2y一a=0的两条切线，切点分别为A,B,若直线AB 经过点N(1,1),则a= A.1 B.2 C.4 D.6 5.已知二次函数f(.x)满足f(.x一1)一f(x)=2x一5，则函数y=」 的单调递增区间为 A.(-∞，2) B.(2,+o∞) C.(-0∞，-1) D.(-1,+∞) 6.在如图所示的五个区域中，每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同现有红、绿、 黄、蓝4种颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为 到 E D A.48 B.60 C.72 D.96 高三·数学试题第1页（共4页） 乙已知椭圆C+1a>b>0的左右焦点分别为F,P2,P是C上的一点，且Pp 1PF:P=2,os∠P,PF,=,则C的离心率为 2 B.3 c号 8.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,AA1=√6，平面a经过点C,且AC1⊥a,动点 P在平面α内.若PB1=1,则点P的轨迹长度为 A餐 B.10x C.6x 2 D./10x 4 2 二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知等差数列{am}的前n项和为Sm,a3=3,a1十a4=一(a6十a7),则 A.an+i-an>0 B.a10=-11 C.S10=-20 D.Sm的最大值为16 10.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,f(x)+f(-x)=2x2,当x≥0时， f'(x)>2x,则下列说法正确的是 A.f'(-1)=f'(1)+4 B.Yr>x2,f(x)-f(x2)>x-x3 C.f'(-3)>-6 D.若f(m)+f(m-1)>2m2-2m+1,则>1 11.阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物 线与其弦AB所在直线围成的图形)面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的 顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上)面积的 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=x一2p与C交于A,B两点，线段 AB的中点为M,直线MN∥x轴交C于点N,O为坐标原点，则 A.AF+BF=7NF B.OA OB C.弦OA与OB对应的抛物线号形的面积之和为) D.弦AB对应的抛物线弓形的面积为 10V5p2 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知a>2,则。”2的最小值为 13.如图，在△ABC中，点D满足BD=2DC,点E满足AE=3EC,BE与AD交于点P,若 BP=入BE,则入的值为 D 高三·数学试题第2页（共4页） 14.若直线y=1与函数f(x)=2sin(3.x一o)在区间[o,2o]上的图象恰有三个公共点，则p 的取值范围是 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.(13分) 如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=√2，BC=2CD=2. (1)求2cosB-cosD的值； (2)求四边形ABCD面积的最大值， 16.(15分) 如图，圆锥PO的高为√2，A,B为底面圆周上的两点，且AB=PA=√3，C为劣弧AB的 中点，D为PB的中点. (1)证明：AB⊥平面POC; (2)求平面POA与平面COD夹角的余弦值. B C 17.(15分) 知双曲线C:X。-(Q>0,b>0)的一条渐近线的方程是8xy=0,点P(2,3 在C上. (1)求C的方程； (2)点Q在C的左支上，且位于x轴的上方，点A(-t,0)(t>1),B(t,0),AQ∥BP,若 四边形ABPQ的面积为45，求t的值 高三·数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 某校社团设计一款“数智”闯关游戏，每关仅有一次挑战机会，无论是否挑战成功都会进 人下一关游戏，参与者每次挑战关卡成功的概率受前一次挑战结果的影响，具体规则如下： 若上一关挑战成功，则本关挑战成功的概率为？；若上一关挑战失败，则本关挑战成功的概率 为，参与者首关挑战成功的概率为2，同时，游戏规定：每关挑战成功可获得2积分，挑战失 败获得0积分， (1)求参与者在第二关挑战成功的条件下，第一关也挑战成功的概率； (2)某参与者一共进行了三关挑战，记随机变量X为他获得的总积分，求X的分布列及 数学期望； (3)记第m关挑战成功的概率为a,证明：数列口。一}为等比数列，并求a 19.(17分) 已知函数f(x)=lnx. 当≥1时，证明：f)一： （2)若3x10C<:),号-mfx)- xi 2-mf(x2)=0. (1)求m的取值范围； (i)证明：x号十x<2mlnm. 高三·数学试题第4页（共4页）绝密★启用前 2026.3高三质量检测数学试题 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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，只有一项是 符合题目要求的。 1.已知集合A={x|2x2-3x-2≤0}，B={xx>0},则AUB= B.(0,2] c(o,动 D.(1,2] 2.若x= 1十为纯虚数，则实数a a-i A.0 B.1 C.2 D.3 的展开式的中间项的系数为 A-15 6 R品 n 4.过点M(1,3)引圆C:x2+y2十2x-2y 一a=0的两条切线，切点分别为A,B,若直线AB 经过点N(1,1),则a= A.1 B.2 C.4 D.6 5.已知二次函数f(x)满足f(x-1)一f(x)=2x一5，则函数y=f(: 的单调递增区间为 A.（-∞，2) B.(2,+∞) C.(-∞，-1) D.(-1,+∞) 6.在如图所示的五个区域中，每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.现有红、绿、 黄、蓝4种颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为 A.48 B.60 C.72 D.96 高三·数学试题第1页（共4页） ,y2 7.已知椭圆C乙十1a>b>0)的左右焦点分别为FP,P是C上的一点，且PF |PF:=46,os∠F,PF:=,则C的离心率为 号 R c号 n 8.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,AA1=6,平面a经过点C,且AC1⊥Q,动点 P在平面a内.若PB1=1,则点P的轨迹长度为 B.10x C6π D.10x 4 2 2 二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知等差数列{am}的前n项和为Sn,a3=3,a1十a4=一(a6十a7),则 A.an+1-an>0 B.a10=-11 C.S10=-20 D.Sm的最大值为16 10.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,f(x)+f(一x)=2x2,当x≥0时， f'(x)>2x,则下列说法正确的是 A.f'(-1)=f'(1)+4 B.Yx>x2,f(x1)-f(x2)>x C.f'(-3)>-6 D.若f(m)十f(m-1)>2m2-2m+1,则m>1 11.阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物 线与其弦AB所在直线围成的图形)面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的 顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上)面积的 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=x一2p与C交于A,B两点，线段 AB的中点为M,直线MN∥x轴交C于点N,O为坐标原点，则 A.AF+BF=7NF B.OA OB C.弦OA与OB对应的抛物线马形的面积之和为82 D.弦AB对应的抛物线弓形的面积为105p 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知a>2,则。22的最小值为 13.如图，在△ABC中，点D满足BD=2DC,点E满足AE=3EC,BE与AD交于点P,若 BP=入BE,则入的值为 高三·数学试题第2页（共4页） 14.若直线y=1与函数f(x)=2sin(3x-p)在区间[p,2p]上的图象恰有三个公共点，则9 的取值范围是 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.(13分) 如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=√2，BC=2CD=2. (1)求2cosB-cosD的值； (2)求四边形ABCD面积的最大值. D 16.(15分) 如图，圆锥PO的高为√2，A,B为底面圆周上的两点，且AB=PA=3,C为劣弧AB的 中点，D为PB的中点. (1)证明：AB⊥平面POC; (2)求平面POA与平面COD夹角的余弦值. R 17.(15分) 已知双曲线C-1a>0,b>0)的一条渐近线的方程是3x-y=0,点P(2.3 在C上 (1)求C的方程； (2)点Q在C的左支上，且位于x轴的上方，点A(-t,0)(t>1),B(t,0),AQ∥BP,若 四边形ABPQ的面积为45，求t的值. 高三·数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 某校社团设计一款“数智”闯关游戏，每关仅有一次挑战机会，无论是否挑战成功都会进 入下一关游戏，参与者每次挑战关卡成功的概率受前一次挑战结果的影响，具体规则如下： 若上一关挑战成功，则本关挑战成功的概率为号；者上一关桃战失败，则本关桃战成功的概率 为4，参与者首关挑战成功的概率为)同时，游戏规定：每关挑战成功可获得2积分，挑战失 败获得0积分. (1)求参与者在第二关挑战成功的条件下，第一关也挑战成功的概率； (2)某参与者一共进行了三关挑战，记随机变量X为他获得的总积分，求X的分布列及 数学期望； (3)记第n关挑战成功的概率为a,证明：数列{a。一}为等比数列，并求a 19.(17分) 已知函数f(x)=lnx. )当≥1时，证明：fx)≤(x): xi 《2)若3xz30<x<x2,2mf(x1)=22-mjf(x2)=0 (i)求m的取值范围； (i)证明：x+x<2mlnm. 高三·数学试题第4页（共4页） ·数学· 参考答案及解析 叁考含案及解折 2026.3高三质量检测数学答案 一、选择题 6.C【解析】区域A有4种颜色可供选择，不妨 1A【解析】因为A={x-2≤x≤2，B 设区域A涂红色；区域B有3种颜色可供选 择，不妨设区域B涂绿色；区域C只能从黄、 {红x>o,所以AUB={e≥-2》 蓝2种颜色中选择，同样区域E只能从黄、蓝 2种颜色中选择，若区域C,E涂色相同，则区 2.B【解析】因为之= 1+i(1+i)(a+i) a-i (a-i)(a+i) 域D还有2种颜色可供选择.由分步乘法计数 a-1+(a+1)为纯虚数，所以a-1=0,且a+ 原理，得不同的涂色方法种数为4×3×2×2= a2+1 48;若区域C,E涂色不同，则区域D只有1种 1≠0，解得a=1. 颜色可供选择.由分步乘法计数原理，得不同的 3.C【解析】因为(x-2) 的展开式的中间项 涂色方法种数为4×3×2×1=24.由分类加法 计数原理，得不同的涂色方法种数为48+ 为第4项，且T=Cx(广=-号，所 24=72. 7.B【解析】设|F1F2|=2c.由椭圆的定义，得 以展开式的中间项的系数为一； |PF1|+|PF2|=2a,则|PF112+|PF2|2+ 4.B【解析】圆C的标准方程为(x十1)2+(y 2|PF1|·|PF21=4a2.结合|PFI2+|PF2I2= 1)2=a+2,由切线的性质可得A,B,C,M四 4b,解得|PF1|·|PF2|=2c2.在△F1PF2中， 点共圆，同在以CM为直径的圆上，其方程为 由余弦定理，得F1F2|2=PF1|2十|PF2|2一 x2+(y一2)2=2，所以直线AB的方程为2x+ 2|PF1l·|PF2|cos∠F1PF2,即4c2=4b2 2y=a+2.因为直线AB经过点N(1,1),所以 c24 a+2=4,即a=2,经检验符合题意 4c2×结合b2=a2-c2,解得后= 4 ,所以C 5.C【解析】设f(x)=a.x2+b.x十c(a≠0)，因 的离心率为子 为f(x一1)=a(x-1)2+b(x-1)+c,所以 8.D【解析】如图，以C为坐标原点，CD,CB, f(x-1)-f(x)=-2ax+a-b=2x-5,所 以/2a=2, CC1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立空 解得=1所以fx) a-b=-5 b=4, 间直角坐标系，则A(3,3,0),C1(0,0,√6)， -x2十4x十c,其单调递增区间为(-∞，2)，单 B1(0,3,√6)，C(0,0,0),所以CB1=(0,3, 调道减区间为2，十).设1=是，易知1= 1 √6).由题意可知平面a的一个法向量为AC1= (-3,-3,√6)，过点B1作B1G⊥a,点G为垂 为减函数，根据复合函数的单调性可知，当t∈ 1CB,·AC13 (2,+∞)时，y=f(2）为增函数，所以y 足，连接PG,则B1G= ACI 2√6 f(2)的单调递增区间为(-∞，-1)。 所以G=PB-BG=-( ·数学· 参考答案及解析 4°，所以动点P的轨迹是以G为圆心，√10 f'(-3)>-6,故C正确；对于D,由B可知 4 f(m)+f(m-1)>2m2-2m+1可化为 为半径的圆，其周长为9，即点P的酰造长 g(m)+g(m一1)>0.因为g(x)为奇函数，所 以g(m)>-g(m-1)=g(1-m).因为g(x) 度为0x 2 在R上为增函数，所以m>1一m,即m> 故D错误. D 11.ABD【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由 p=2x:得y-2py-4p2=0,所以1十 y=x-2p, y2=2p,y1y2=-4p2,则x1+x2=y1十y2+ (y1y2)2 4力=6p,x1x2= B 4p2 =4p2,所以M(3p, 二、选择题 p),得N(?p小因为焦点F(号小所以 9.BCD【解析】设{am}的公差为d,则 INF=.AF+BF=+x2+= a1+2d=3, 、解得=7，所 7,所以|AF|+|BF|=7NF|,故A正确； 2a1+3d=-(2a1+11d) d=-2, 因为x1x2=4p2,y1y2=-4p2,所以0A· 以am=9-2n.对于A,am+1-am=d=-2<0, OB=x1x2十y1y2=0,所以OA⊥OB,故B 故A错误.对于B,a1o=9一2×10=-11，故B 正确；设OA的中点为H,作直线HT∥x轴 正确.对于C,S。=10×7+10X9×(-2)= 2 交C于点T,则H(受)T(学)所以 -20,故C正确.对于D,当n≤4时，am>0;当 n>4时，an<0,所以前4项和最大，且S4= SATOM=21HT11 8 4×7+4X3×(-2)=16,所以S.的最大值为 2 :,同理设OB的中点为H',作 16p 16,故D正确. 直线H'T'∥x轴交C于点T',S△roB= 10.BC【解析】对于A,因为f(x)+f(-x) 2x2,所以f'(x)-f'(-x)=4x,则f'(1) y8:.由y2-2y-4p2=0,解得y= 16p f'(一1)=4，故A错误；对于B,设g（x)= f(x)-x2,由f(x)+f(-x)=2x2,得g(x)+ b士5p,所以Saa+SAr0e=:ll+ 16p g(一x)-0,即g(x)为奇函数，g(x)-f'(x) y2·1y2l(W5p+p)3+(W5p-p)3 2x.因为当x≥0时，f'(x)>2x,所以当x≥0 16p 16p 时，g(x)为增函数.由奇函数的性质可得g(x) (W5+1)3+(√5-1)3 2=√52，则弦0A与 在R上为增函数，所以Hx1>x2,g(x1)> 16 g(x2),即f(x1)-f(x2)>x-x,故B正 OB对应的抛物线弓形的面积之和为√5p2× 确；对于C,由A可知，f'(x)一f'(一x)= 4=45p2 4x,令x=3,得f'(3)-f′(-3)=12，所以 3 ,故C错误；因为M(3p,p), f'(3)=12+f'(-3).又当x≥0时，f'(x)> 2x,则f'(3)>6,即12+f'(-3)>6,所以 N(台，p）,所以Sa=2MNI·l ·2· ·数学· 参考答案及解析 =3×2×25p 5V5p2 2,所以弦AB 8π 解得晋≤< 29π 13r∠2φ<3' 30: 解得 对应的抛物线马形的面积为55p× 37π 2 -× 4 3 29≤59<6' 105p,故D正确. <g< 12 .综上，9的取值范围是 6 3 三、填空题 u() 12.8【解析】因为a>2,所以a-2>0,则 四、解答题 a-2 15.解：(1)如图，连接AC. a-2)2+4a-2)+4=a-2+4, +4≥ AB2+BC2-AC2 a-2 a-2 由余弦定理得cOsB= 2AB·BC 2√a-2)·a2+4-8,当且仅当a-2 6-AC2 (2分) 4√2 2一2即a=1时，等号皮立，故2的最小 4 cos D-ADi+CD:-AC:3-AC: 2AD·CD 22,(4分) 值为8. 18.吕【解析】由萨=X酝，得正-店 所以2c0sB-cosD=32 4 (5分) λ(AE-AB),即AP=入AE+(1-λ)AB= A 1-X)A店+AC①.设A立=rA市，则 D B AP=(A+B)=A店+华BC=KA店+ 号C-A=号A丽+号Ad ②.由平面 (2)因为CD=1,所以四边形ABCD的面积 1 向益基本定理及①@，得1-一A=台且登 S-SMAuC SAAcD AB.BCsin B+ 1 兰解得A=品 2AD:CDsin D(2sin B+sin D), 则2S2=4sinB+4 sin Bsin D+sinD①. 14. [,30u(3) 【解析】由题意知 (7分) p>0,令fx)=1,则sin(8x-p)=号当xe 由1)可知2as5-osD-32,则4asB [p,2g]时，3x-p∈[2p,5p],若直线y=1 与函数f(x)-2sin(3.x-p)在区间[p,2p] 4cos Bcos D+cos'D-9 8 ②. (9分) 上的图象恰有三个公共点，则2π≤5p一2φ< 联立①@解得S-沿-2cs(B+D)<, ,得行≤9<行行≤2p<19≤5p< 13π 则s≤， (12分) 2弯结合y=血的图象船 4∠2φ<6’ 当且仅当B十D=π时，等号成立，此时，四边 29π 25≤59<6 形ABCD的面积取得最大值3y. (13分) ·3· ·数学· 参考答案及解析 16.(1)证明：因为C为劣弧AB的中点， 故平面POA与平面COD夹角的余弦值 所以AB⊥OC (2分) 因为OP⊥底面ABC,ABC底面ABC, 为2② 11 (15分) 所以OP⊥AB. (4分) 因为OP∩OC=O,OP,OCC平面POC, 所以AB⊥平面POC. (6分) (2)解：因为圆锥PO的高为√2，PA=PB= √3，所以OA=OB=1. 在△AOB中，由余弦定理得c0s∠AOB= OA+OB2-AB 2OA·OB 所以∠AOB=120°. (8分) 如图，以0为坐标原点，OA,O驴的方向分别 也=3， 1a2=1, 为x轴、之轴的正方向，建立空间直角坐标系， 17.解：(1)由题意知 解得 49 b2=3, 则0(0,0,0)，P(0,0,W2),B(- . a26=1, 所以C的方程为x2- 31. (4分) c(z (2)延长PB交C于另一点M,连接AM,AP. 因为D为PB的中点， 设点Q关于原点O的对称点为N,则由双曲 所以D(-4,2】 1√5√2 线的对称性知点N在C上. c-(层县).o成-(》 连接AN,BQ,由A(一t,0),B(t,0)得四边 形ANBQ是平行四边形， (10分) 所以|AQ|=|BN|,AQ∥BN 设平面COD的法向量为n=(x,y,z), 又AQ∥BP,在平面内过一点有且只有一条 1 则/·0-0， 2 2y≈0， 直线与AQ平行， 即 n·o=0, 所以点M与点N重合，则|AQ|=|BM|, + 2之=0. 所以△APM的面积等于四边形ABPQ的面 令y=一1，得x=,2= 积，所以S△APM=45. (6分) 2, 由题意知直线PB的斜率不为零，设直线PB 则n-(，1,) (12分) 的方程为x=my十t,t>1,M(x1y1). 由点P(2,3)在直线PB上，得2=3m+t. 易得平面POA的一个法向量为m=(0,1,0), 设平面POA与平面COD的夹角为0， 由my+, 3x2-y2-3=0, 得(3m2-1)y2+6mty+ 则cosf=nm n·m 1 √22 3t2-3=0, 3+1+2 3 11, 所以3y1= 3t2-3 (14分) 3m2-1 即号8分) ·4· ·数学· 参考答案及解析 所以PM=√1+m2|y1-3|=√1+m· (2)X的所有可能取值为0,2,4,6，(5分) |号-1m十 3m2-1 P(x=0)=(1-)×(1-4)×(1-) 因为点A(一t,0)到直线PB的距离d= 321 |2t| √1+m2 p(X=2)=2×(1-)×1-是)+(1 所以Saw=号1+mnm 1t2-9m2+2 2 2)×号×(1-)+(1-)×1-)× 1a- 125 √1+m2 3m2-1 4-96 45, (11分) 所以|(4t-2)t|=15lt2-4t+1|, Px=40=专×号×1-)+×(1 即(4t-2)t=15(t2-4t+1)或(4t-2)t= )×+1-)×x号-是 -15(t2-4t+1). (12分) 整理(4t-2)t=15(t2-4t+1),得11t2- P(X=6)= 58t+15=0,解得t-5或t=品（舍去）： 3 则X的分布列为 整理(4t-2)t=-15(t2-4t+1),得19t2 0 2 4 6 62+15=0,解得1=3或1=号C合去)。 9 25 17 2 P 32 96 72 9 当t=5时，在x轴上方不存在满足题意的 (9分) 点Q, 故t=3. (15分) 所以E(X)=0 32+2×25 ,17 6+4×72+6× 18.解：(1)设事件A=“第一关挑战成功”，事件 2403 (11分) B=“第二关挑战成功”， 9-144 根据题意得P(A)=P(A)=7,P(BA)= (3)由题意得当≥2时，a,-号十士1 号PBA=子 am-1), 即a一124m1大/ 所以P(B)=P(A)P(BA)+P(A)P(BA) 4 (13分) 合×号+× 3 51 (2分) (14分) 所以PAB)- P(AB)P(A)P(BA) 又a-7-i4 31 P(B) 所以0.-引是以4为首项，为公比的等 11-7' 比数列， (15分) 24 所以参与者在第二关挑战成功的条件下，第 所以，-（。 一关也挑战成功的概率为 8 (4分) 即，9+（品）。 (17分) ·5· ·数学· 参考答案及解析 19.①证明：令F()=nx-2(-）x≥1， 所以由零点存在定理及G(x)的单调性，得 G(x)在区间(0，√m)上有且仅有一个零点. 2.x2 (9分) 0,即F(x)在区间[1，十∞)上单调递减， 由(1)知，当x≥1时，hx≤(x-)则 (2分) G(m)= 2-mlnm>m1 m 所以F(x)≤F(1)=0, 故当x≥1时，f(x)≤2(x-） (3分) (2)(1)解：令G(x)= 2 2-mf(x)= 又G(√m)<0,m∈（√m,+∞），所以由零 2 点存在定理及G(x)的单调性，得G(x)在区 mlnx,由题意得G(x)的定义域为(0，十∞)， 间（√m,+∞）上有且仅有一个零点. 且有两个零点x1,x2(0<x1<x2),G'(x)= 综上，m的取值范围是(e,十o∞). (11分) (5分) x (ii)证明：由(1)得0<x1<√m<x2. 若m≤0，显然G(x)>0,所以G(x)是增 令x号=t1,x=t2,则0<t1<m<t2,且mlnt= 函数， t1,mln t2=t2. (12分) 所以G(x)在区间(0，十∞)上最多有一个零 由(1)得Vx∈(1，+∞)，lnx< 2(-) 点，不符合题意； (6分) (13分) 若m>0,令G'(x)=x-”>0,则x>√m; 由>1，得<（公 t 令G'(x)<0,则0<x<√m, 所以G(x)在区间(0，√m)上单调递减，在区 间（√m,十∞）上单调递增， (7分) 所以t号-2mlnm·t1+m2>0①.(14分) 所以G(x)m=G(m)=21-lnm). 同理由2>1，得g-2mlnm·t2十m2<0②. m 因为G(x)有两个零点x1,x2(0<x1<x2), (15分) 由①②得t-2mlnm·t1+m>t经-2mlnm· 所以G(m)-%1-1am)<0, t2+m2, (16分) 所以m>e. (8分) 所以(t1-t2)[(t1+t2)-2mlnm]>0. 当m>e时，因为1∈(0，Vm).G)=2> 又t1-t2<0, 所以(t1+t2)-2mlnm<0, 0,G(√m)<0, 即x+x<2mlnm. (17分) ·6绝密★启用前 2026.3高三质量检测数学试题 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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，只有一项是 符合题目要求的。 1.已知集合A={x|2x2-3x-2≤0}，B={xx>0},则AUB= B.(0,2] c(o,动 D.(1,2] 2.若x= 1十为纯虚数，则实数a a-i A.0 B.1 C.2 D.3 的展开式的中间项的系数为 A-15 6 R品 n 4.过点M(1,3)引圆C:x2+y2十2x-2y 一a=0的两条切线，切点分别为A,B,若直线AB 经过点N(1,1),则a= A.1 B.2 C.4 D.6 5.已知二次函数f(x)满足f(x-1)一f(x)=2x一5，则函数y=f(: 的单调递增区间为 A.（-∞，2) B.(2,+∞) C.(-∞，-1) D.(-1,+∞) 6.在如图所示的五个区域中，每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.现有红、绿、 黄、蓝4种颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为 A.48 B.60 C.72 D.96 高三·数学试题第1页（共4页） ,y2 7.已知椭圆C乙十1a>b>0)的左右焦点分别为FP,P是C上的一点，且PF |PF:=46,os∠F,PF:=,则C的离心率为 号 R c号 n 8.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,AA1=6,平面a经过点C,且AC1⊥Q,动点 P在平面a内.若PB1=1,则点P的轨迹长度为 B.10x C6π D.10x 4 2 2 二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知等差数列{am}的前n项和为Sn,a3=3,a1十a4=一(a6十a7),则 A.an+1-an>0 B.a10=-11 C.S10=-20 D.Sm的最大值为16 10.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,f(x)+f(一x)=2x2,当x≥0时， f'(x)>2x,则下列说法正确的是 A.f'(-1)=f'(1)+4 B.Yx>x2,f(x1)-f(x2)>x C.f'(-3)>-6 D.若f(m)十f(m-1)>2m2-2m+1,则m>1 11.阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物 线与其弦AB所在直线围成的图形)面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的 顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上)面积的 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=x一2p与C交于A,B两点，线段 AB的中点为M,直线MN∥x轴交C于点N,O为坐标原点，则 A.AF+BF=7NF B.OA OB C.弦OA与OB对应的抛物线马形的面积之和为82 D.弦AB对应的抛物线弓形的面积为105p 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知a>2,则。22的最小值为 13.如图，在△ABC中，点D满足BD=2DC,点E满足AE=3EC,BE与AD交于点P,若 BP=入BE,则入的值为 高三·数学试题第2页（共4页） 14.若直线y=1与函数f(x)=2sin(3x-p)在区间[p,2p]上的图象恰有三个公共点，则9 的取值范围是 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.(13分) 如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=√2，BC=2CD=2. (1)求2cosB-cosD的值； (2)求四边形ABCD面积的最大值. D 16.(15分) 如图，圆锥PO的高为√2，A,B为底面圆周上的两点，且AB=PA=3,C为劣弧AB的 中点，D为PB的中点. (1)证明：AB⊥平面POC; (2)求平面POA与平面COD夹角的余弦值. R 17.(15分) 已知双曲线C-1a>0,b>0)的一条渐近线的方程是3x-y=0,点P(2.3 在C上 (1)求C的方程； (2)点Q在C的左支上，且位于x轴的上方，点A(-t,0)(t>1),B(t,0),AQ∥BP,若 四边形ABPQ的面积为45，求t的值. 高三·数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 某校社团设计一款“数智”闯关游戏，每关仅有一次挑战机会，无论是否挑战成功都会进 入下一关游戏，参与者每次挑战关卡成功的概率受前一次挑战结果的影响，具体规则如下： 若上一关挑战成功，则本关挑战成功的概率为号；者上一关桃战失败，则本关桃战成功的概率 为4，参与者首关挑战成功的概率为)同时，游戏规定：每关挑战成功可获得2积分，挑战失 败获得0积分. (1)求参与者在第二关挑战成功的条件下，第一关也挑战成功的概率； (2)某参与者一共进行了三关挑战，记随机变量X为他获得的总积分，求X的分布列及 数学期望； (3)记第n关挑战成功的概率为a,证明：数列{a。一}为等比数列，并求a 19.(17分) 已知函数f(x)=lnx. )当≥1时，证明：fx)≤(x): xi 《2)若3xz30<x<x2,2mf(x1)=22-mjf(x2)=0 (i)求m的取值范围； (i)证明：x+x<2mlnm. 高三·数学试题第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 叁考含案及解折 2026.3高三质量检测数学答案 一、选择题 6.C【解析】区域A有4种颜色可供选择，不妨 1A【解析】因为A={x-2≤x≤2，B 设区域A涂红色；区域B有3种颜色可供选 择，不妨设区域B涂绿色；区域C只能从黄、 {红x>o,所以AUB={e≥-2》 蓝2种颜色中选择，同样区域E只能从黄、蓝 2种颜色中选择，若区域C,E涂色相同，则区 2.B【解析】因为之= 1+i(1+i)(a+i) a-i (a-i)(a+i) 域D还有2种颜色可供选择.由分步乘法计数 a-1+(a+1)为纯虚数，所以a-1=0,且a+ 原理，得不同的涂色方法种数为4×3×2×2= a2+1 48;若区域C,E涂色不同，则区域D只有1种 1≠0，解得a=1. 颜色可供选择.由分步乘法计数原理，得不同的 3.C【解析】因为(x-2) 的展开式的中间项 涂色方法种数为4×3×2×1=24.由分类加法 计数原理，得不同的涂色方法种数为48+ 为第4项，且T=Cx(广=-号，所 24=72. 7.B【解析】设|F1F2|=2c.由椭圆的定义，得 以展开式的中间项的系数为一； |PF1|+|PF2|=2a,则|PF112+|PF2|2+ 4.B【解析】圆C的标准方程为(x十1)2+(y 2|PF1|·|PF21=4a2.结合|PFI2+|PF2I2= 1)2=a+2,由切线的性质可得A,B,C,M四 4b,解得|PF1|·|PF2|=2c2.在△F1PF2中， 点共圆，同在以CM为直径的圆上，其方程为 由余弦定理，得F1F2|2=PF1|2十|PF2|2一 x2+(y一2)2=2，所以直线AB的方程为2x+ 2|PF1l·|PF2|cos∠F1PF2,即4c2=4b2 2y=a+2.因为直线AB经过点N(1,1),所以 c24 a+2=4,即a=2,经检验符合题意 4c2×结合b2=a2-c2,解得后= 4 ,所以C 5.C【解析】设f(x)=a.x2+b.x十c(a≠0)，因 的离心率为子 为f(x一1)=a(x-1)2+b(x-1)+c,所以 8.D【解析】如图，以C为坐标原点，CD,CB, f(x-1)-f(x)=-2ax+a-b=2x-5,所 以/2a=2, CC1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立空 解得=1所以fx) a-b=-5 b=4, 间直角坐标系，则A(3,3,0),C1(0,0,√6)， -x2十4x十c,其单调递增区间为(-∞，2)，单 B1(0,3,√6)，C(0,0,0),所以CB1=(0,3, 调道减区间为2，十).设1=是，易知1= 1 √6).由题意可知平面a的一个法向量为AC1= (-3,-3,√6)，过点B1作B1G⊥a,点G为垂 为减函数，根据复合函数的单调性可知，当t∈ 1CB,·AC13 (2,+∞)时，y=f(2）为增函数，所以y 足，连接PG,则B1G= ACI 2√6 f(2)的单调递增区间为(-∞，-1)。 所以G=PB-BG=-( ·数学· 参考答案及解析 4°，所以动点P的轨迹是以G为圆心，√10 f'(-3)>-6,故C正确；对于D,由B可知 4 f(m)+f(m-1)>2m2-2m+1可化为 为半径的圆，其周长为9，即点P的酰造长 g(m)+g(m一1)>0.因为g(x)为奇函数，所 以g(m)>-g(m-1)=g(1-m).因为g(x) 度为0x 2 在R上为增函数，所以m>1一m,即m> 故D错误. D 11.ABD【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由 p=2x:得y-2py-4p2=0,所以1十 y=x-2p, y2=2p,y1y2=-4p2,则x1+x2=y1十y2+ (y1y2)2 4力=6p,x1x2= B 4p2 =4p2,所以M(3p, 二、选择题 p),得N(?p小因为焦点F(号小所以 9.BCD【解析】设{am}的公差为d,则 INF=.AF+BF=+x2+= a1+2d=3, 、解得=7，所 7,所以|AF|+|BF|=7NF|,故A正确； 2a1+3d=-(2a1+11d) d=-2, 因为x1x2=4p2,y1y2=-4p2,所以0A· 以am=9-2n.对于A,am+1-am=d=-2<0, OB=x1x2十y1y2=0,所以OA⊥OB,故B 故A错误.对于B,a1o=9一2×10=-11，故B 正确；设OA的中点为H,作直线HT∥x轴 正确.对于C,S。=10×7+10X9×(-2)= 2 交C于点T,则H(受)T(学)所以 -20,故C正确.对于D,当n≤4时，am>0;当 n>4时，an<0,所以前4项和最大，且S4= SATOM=21HT11 8 4×7+4X3×(-2)=16,所以S.的最大值为 2 :,同理设OB的中点为H',作 16p 16,故D正确. 直线H'T'∥x轴交C于点T',S△roB= 10.BC【解析】对于A,因为f(x)+f(-x) 2x2,所以f'(x)-f'(-x)=4x,则f'(1) y8:.由y2-2y-4p2=0,解得y= 16p f'(一1)=4，故A错误；对于B,设g（x)= f(x)-x2,由f(x)+f(-x)=2x2,得g(x)+ b士5p,所以Saa+SAr0e=:ll+ 16p g(一x)-0,即g(x)为奇函数，g(x)-f'(x) y2·1y2l(W5p+p)3+(W5p-p)3 2x.因为当x≥0时，f'(x)>2x,所以当x≥0 16p 16p 时，g(x)为增函数.由奇函数的性质可得g(x) (W5+1)3+(√5-1)3 2=√52，则弦0A与 在R上为增函数，所以Hx1>x2,g(x1)> 16 g(x2),即f(x1)-f(x2)>x-x,故B正 OB对应的抛物线弓形的面积之和为√5p2× 确；对于C,由A可知，f'(x)一f'(一x)= 4=45p2 4x,令x=3,得f'(3)-f′(-3)=12，所以 3 ,故C错误；因为M(3p,p), f'(3)=12+f'(-3).又当x≥0时，f'(x)> 2x,则f'(3)>6,即12+f'(-3)>6,所以 N(台，p）,所以Sa=2MNI·l ·2· ·数学· 参考答案及解析 =3×2×25p 5V5p2 2,所以弦AB 8π 解得晋≤< 29π 13r∠2φ<3' 30: 解得 对应的抛物线马形的面积为55p× 37π 2 -× 4 3 29≤59<6' 105p,故D正确. <g< 12 .综上，9的取值范围是 6 3 三、填空题 u() 12.8【解析】因为a>2,所以a-2>0,则 四、解答题 a-2 15.解：(1)如图，连接AC. a-2)2+4a-2)+4=a-2+4, +4≥ AB2+BC2-AC2 a-2 a-2 由余弦定理得cOsB= 2AB·BC 2√a-2)·a2+4-8,当且仅当a-2 6-AC2 (2分) 4√2 2一2即a=1时，等号皮立，故2的最小 4 cos D-ADi+CD:-AC:3-AC: 2AD·CD 22,(4分) 值为8. 18.吕【解析】由萨=X酝，得正-店 所以2c0sB-cosD=32 4 (5分) λ(AE-AB),即AP=入AE+(1-λ)AB= A 1-X)A店+AC①.设A立=rA市，则 D B AP=(A+B)=A店+华BC=KA店+ 号C-A=号A丽+号Ad ②.由平面 (2)因为CD=1,所以四边形ABCD的面积 1 向益基本定理及①@，得1-一A=台且登 S-SMAuC SAAcD AB.BCsin B+ 1 兰解得A=品 2AD:CDsin D(2sin B+sin D), 则2S2=4sinB+4 sin Bsin D+sinD①. 14. [,30u(3) 【解析】由题意知 (7分) p>0,令fx)=1,则sin(8x-p)=号当xe 由1)可知2as5-osD-32,则4asB [p,2g]时，3x-p∈[2p,5p],若直线y=1 与函数f(x)-2sin(3.x-p)在区间[p,2p] 4cos Bcos D+cos'D-9 8 ②. (9分) 上的图象恰有三个公共点，则2π≤5p一2φ< 联立①@解得S-沿-2cs(B+D)<, ,得行≤9<行行≤2p<19≤5p< 13π 则s≤， (12分) 2弯结合y=血的图象船 4∠2φ<6’ 当且仅当B十D=π时，等号成立，此时，四边 29π 25≤59<6 形ABCD的面积取得最大值3y. (13分) ·3· ·数学· 参考答案及解析 16.(1)证明：因为C为劣弧AB的中点， 故平面POA与平面COD夹角的余弦值 所以AB⊥OC (2分) 因为OP⊥底面ABC,ABC底面ABC, 为2② 11 (15分) 所以OP⊥AB. (4分) 因为OP∩OC=O,OP,OCC平面POC, 所以AB⊥平面POC. (6分) (2)解：因为圆锥PO的高为√2，PA=PB= √3，所以OA=OB=1. 在△AOB中，由余弦定理得c0s∠AOB= OA+OB2-AB 2OA·OB 所以∠AOB=120°. (8分) 如图，以0为坐标原点，OA,O驴的方向分别 也=3， 1a2=1, 为x轴、之轴的正方向，建立空间直角坐标系， 17.解：(1)由题意知 解得 49 b2=3, 则0(0,0,0)，P(0,0,W2),B(- . a26=1, 所以C的方程为x2- 31. (4分) c(z (2)延长PB交C于另一点M,连接AM,AP. 因为D为PB的中点， 设点Q关于原点O的对称点为N,则由双曲 所以D(-4,2】 1√5√2 线的对称性知点N在C上. c-(层县).o成-(》 连接AN,BQ,由A(一t,0),B(t,0)得四边 形ANBQ是平行四边形， (10分) 所以|AQ|=|BN|,AQ∥BN 设平面COD的法向量为n=(x,y,z), 又AQ∥BP,在平面内过一点有且只有一条 1 则/·0-0， 2 2y≈0， 直线与AQ平行， 即 n·o=0, 所以点M与点N重合，则|AQ|=|BM|, + 2之=0. 所以△APM的面积等于四边形ABPQ的面 令y=一1，得x=,2= 积，所以S△APM=45. (6分) 2, 由题意知直线PB的斜率不为零，设直线PB 则n-(，1,) (12分) 的方程为x=my十t,t>1,M(x1y1). 由点P(2,3)在直线PB上，得2=3m+t. 易得平面POA的一个法向量为m=(0,1,0), 设平面POA与平面COD的夹角为0， 由my+, 3x2-y2-3=0, 得(3m2-1)y2+6mty+ 则cosf=nm n·m 1 √22 3t2-3=0, 3+1+2 3 11, 所以3y1= 3t2-3 (14分) 3m2-1 即号8分) ·4· ·数学· 参考答案及解析 所以PM=√1+m2|y1-3|=√1+m· (2)X的所有可能取值为0,2,4,6，(5分) |号-1m十 3m2-1 P(x=0)=(1-)×(1-4)×(1-) 因为点A(一t,0)到直线PB的距离d= 321 |2t| √1+m2 p(X=2)=2×(1-)×1-是)+(1 所以Saw=号1+mnm 1t2-9m2+2 2 2)×号×(1-)+(1-)×1-)× 1a- 125 √1+m2 3m2-1 4-96 45, (11分) 所以|(4t-2)t|=15lt2-4t+1|, Px=40=专×号×1-)+×(1 即(4t-2)t=15(t2-4t+1)或(4t-2)t= )×+1-)×x号-是 -15(t2-4t+1). (12分) 整理(4t-2)t=15(t2-4t+1),得11t2- P(X=6)= 58t+15=0,解得t-5或t=品（舍去）： 3 则X的分布列为 整理(4t-2)t=-15(t2-4t+1),得19t2 0 2 4 6 62+15=0,解得1=3或1=号C合去)。 9 25 17 2 P 32 96 72 9 当t=5时，在x轴上方不存在满足题意的 (9分) 点Q, 故t=3. (15分) 所以E(X)=0 32+2×25 ,17 6+4×72+6× 18.解：(1)设事件A=“第一关挑战成功”，事件 2403 (11分) B=“第二关挑战成功”， 9-144 根据题意得P(A)=P(A)=7,P(BA)= (3)由题意得当≥2时，a,-号十士1 号PBA=子 am-1), 即a一124m1大/ 所以P(B)=P(A)P(BA)+P(A)P(BA) 4 (13分) 合×号+× 3 51 (2分) (14分) 所以PAB)- P(AB)P(A)P(BA) 又a-7-i4 31 P(B) 所以0.-引是以4为首项，为公比的等 11-7' 比数列， (15分) 24 所以参与者在第二关挑战成功的条件下，第 所以，-（。 一关也挑战成功的概率为 8 (4分) 即，9+（品）。 (17分) ·5· ·数学· 参考答案及解析 19.①证明：令F()=nx-2(-）x≥1， 所以由零点存在定理及G(x)的单调性，得 G(x)在区间(0，√m)上有且仅有一个零点. 2.x2 (9分) 0,即F(x)在区间[1，十∞)上单调递减， 由(1)知，当x≥1时，hx≤(x-)则 (2分) G(m)= 2-mlnm>m1 m 所以F(x)≤F(1)=0, 故当x≥1时，f(x)≤2(x-） (3分) (2)(1)解：令G(x)= 2 2-mf(x)= 又G(√m)<0,m∈（√m,+∞），所以由零 2 点存在定理及G(x)的单调性，得G(x)在区 mlnx,由题意得G(x)的定义域为(0，十∞)， 间（√m,+∞）上有且仅有一个零点. 且有两个零点x1,x2(0<x1<x2),G'(x)= 综上，m的取值范围是(e,十o∞). (11分) (5分) x (ii)证明：由(1)得0<x1<√m<x2. 若m≤0，显然G(x)>0,所以G(x)是增 令x号=t1,x=t2,则0<t1<m<t2,且mlnt= 函数， t1,mln t2=t2. (12分) 所以G(x)在区间(0，十∞)上最多有一个零 由(1)得Vx∈(1，+∞)，lnx< 2(-) 点，不符合题意； (6分) (13分) 若m>0,令G'(x)=x-”>0,则x>√m; 由>1，得<（公 t 令G'(x)<0,则0<x<√m, 所以G(x)在区间(0，√m)上单调递减，在区 间（√m,十∞）上单调递增， (7分) 所以t号-2mlnm·t1+m2>0①.(14分) 所以G(x)m=G(m)=21-lnm). 同理由2>1，得g-2mlnm·t2十m2<0②. m 因为G(x)有两个零点x1,x2(0<x1<x2), (15分) 由①②得t-2mlnm·t1+m>t经-2mlnm· 所以G(m)-%1-1am)<0, t2+m2, (16分) 所以m>e. (8分) 所以(t1-t2)[(t1+t2)-2mlnm]>0. 当m>e时，因为1∈(0，Vm).G)=2> 又t1-t2<0, 所以(t1+t2)-2mlnm<0, 0,G(√m)<0, 即x+x<2mlnm. (17分) ·6