精品解析：河北省沧州市沧县中学等学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题

绝密★启用前 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用根式的性质解不等式，判断选项即可. 【详解】集合，当时，， 当时，，故，A，C选项错误； 集合，对都成立， 故集合 ，D选项错误，B选项正确. 故选：B 2. 已知平面向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 14 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，且， 所以，即，得. 3. 若复数 满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据复数求模公式和复数相等的定义，可得a，b的值，根据乘法运算法则，即可得答案. 【详解】设，则， 由题意， 所以，解得， 所以，则. 4. 若倾斜角为锐角且过点的直线 截圆所得弦长为，则 的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件设出直线方程，利用点到直线的距离和直线与圆的弦长公式计算即可求出直线斜率. 【详解】由题可得，直线 斜率存在，故设 斜率为， 直线 的方程：，化为一般式：， 圆圆心坐标为，半径， 设圆心到直线的距离为， 则直线 截得圆的弦长，即， 代入得：， 化简计算得：， ，解得：. 故选：A 5. 记为等比数列的前项和，已知， ，则可以是（ ） A. B. C. 1 D. 16 【答案】D 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，， 所以， 化简得，解得， 当 时，； 当时，； 当时，， 综上，或. 6. 记，点在椭圆 上，点在圆上，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】记，由椭圆第一定义得， 在中，有（当且仅当，， 共线且 在线段上时取等号）， 圆的圆心，半径，则, . 7. 将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（ ） A. 12 B. 26 C. 52 D. 104 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论数字1出现的位置，即可由分类加法以及排列求解. 【详解】第一张为1时; 若第五张为1，则仅有1种排法； 若第三张为1，有种排法. 若第四张为1，有种排法. 第二张为1时; 若第四张为1，则共种排法， 若第五张为1，有种排法， 第三张为1时，第五张为1，有种排法， 综上可得：总计12种排法. 8. 已知函数，若 在上恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先由推得 时会出现 矛盾，故 ；再验证 时 ，单调递增恒非负，因此得到a的最大值为2. 【详解】因为，， 所以，， 若，由导数连续性，则存在，在上单调递减， 此时，不合题意， 故，， 当 时，， 当且仅当，即时取等. 所以在上单调递增，符合要求. 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. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 零点绝对值的最小值为 C. 在区间上单调递增 D. 曲线的一条对称轴为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据辅助角公式及正弦型函数性质可判断A；根据正弦型函数性质整体代换计算可判断BCD. 【详解】对于A，由辅助角公式得，可知值域为，故A正确； 对于B，记 ，解得， ，当且仅当时，等号成立，故B正确； 对于C，由得， 取得， 而，易知此时单调递增，故C正确； 对于D，由，知为的一个对称中心， 所以不为对称轴，故D错误. 10. 已知定义在 上的偶函数满足当时，，则（ ） A. 曲线过定点 B. 若，则 C. 若，则有且仅有4个零点 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由于，故其所过点必含变量，根据对称性，分析可判断A的正误；根据偶函数的定义及条件，可得 的解析式，整理变形，可判断B的正误；当时，求出 的零点，分析各段 的正负，结合偶函数的性质，分析可判断C的正误；根据 的单调性及对数的运算性质，分析比较，即可判断D的正误. 【详解】对于A，注意到，故其所过点必含变量，对称性可得同理，故A错误； 对于B，时，，时， 故，故B正确； 对于C，当时，，令，解得或， 注意到当时，，当时，， 当时，由于指数函数增长速度远高于多项式函数，故， 于是有且仅有2个正零点， 由奇偶性知有且仅有4个零点，故C正确； 对于D，当时，，显然其在时单调递增， 且， 所以， 于是，故D正确. 11. 现口袋里共有4个红球，5个黄球和3个蓝球，它们除颜色外完全相同.现进行取球，则（ ） A. 若取出球后放回口袋，每次只取一个球，则第4次取出黄球的概率为 B. 若取出球后不放回口袋，每次只取一个球，则第2次取出黄球的概率为 C. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第4次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 D. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式以及对立事件的概率公式判断即可. 【详解】对于A，显然其为独立重复试验，故第四次取出黄球的概率等价于第一次取出黄球的概率， 于是，故A正确； 对于B，可分为第一次取出黄球与第一次未取出黄球，由全概率公式得，故B正确； 对于C、D，从12个球中取出两个球，共有种，取出两个球没有黄球共有种， 则取出两个球至少有一个黄球的概率为，故C错误、D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内壁半径为 ，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了______cm. 【答案】 【解析】 【分析】求出玻璃球的体积，由题意，水上升部分的体积即为球的体积，根据圆柱的体积公式，即可得答案. 【详解】因为玻璃球的半径为，可得玻璃球的体积为， 设圆柱形玻璃杯水面上升了 ，可得，解得， 所以杯中水面上升了. 13. 若，且，则______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据两角和正弦公式及特殊角三角函数值计算求解. 【详解】因为， 又因为，则， 所以，即或. 因为得或，即或. 14. 在公差为正数的等差数列中， ，，则______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式列式求值. 【详解】记公差为，，， 二者相等得， 即，由 ，， 于是. 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. 在中，. （1）若，求的外接圆半径； （2）若是锐角三角形，证明：. 【答案】（1） （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据，结合已知条件求出 ，利用余弦定理求出 ，从而求出，最后利用正弦定理求解即可； （2）设，则，由是锐角三角形，利用余弦定理建立不等式组，解出的取值范围即可得出结论. 【小问1详解】 因为，由，所以， ， 在中，由余弦定理得： ， 因为 ，所以，所以， 设的外接圆半径为，由正弦定理得：， 即，解得：，所以的外接圆半径为. 【小问2详解】 设，则， 由是锐角三角形， 所以有：， 即， 因为，所以解得：，所以. 16. 如图，在直三棱柱中，.点满足. （1）过点作垂直于点，证明：平面 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】（1）由题意如图所示： 在直三棱柱中，因为平面，且 平面， 所以 ，又 ， ， 且 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，结合已知条件和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，分别求出平面 与平面 的法向量，利用向量法求解平面 与平面 所成角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直三棱柱中，因为平面， 所以以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于的直线为轴， 所在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以 ， 设平面 的一个法向量为：， 由 ， 则， 令，则 ，所以 ， 设平面 的一个法向量为：， 由 ， 则， 令 ，则 ，所以 ， 设平面 与平面 所成角为 ， 所以 ， 所以平面 与平面 夹角的余弦值为：. 17. 某研发系统内在初始时刻有一个可分裂粒子，在第1分钟末这个粒子分裂成两个新粒子，共有三种分裂情况：产生两个可分裂粒子，其概率为；产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子，其概率为；产生两个不可分裂粒子，其概率为. 新产生的每个可分裂粒子在1分钟末又会按照上述分裂情况分裂成两个新粒子，不可分裂粒子在1分钟末被移出系统.称系统中没有可分裂粒子时能量达到峰值. （1）求第2分钟末时能量首次达到峰值的概率； （2）记初始时刻后2分钟末时的可分裂粒子个数为 ，求 的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式求解即可. （2）判断出 的取值，根据独立事件的乘法公式及全概率公式求出对应的概率，即可得到分布列，进而求出数学期望. 【小问1详解】 设第2分钟末时能量首次达到峰值的概率为. 第2分钟末时能量首次达到峰值可分为两种情况： 第1分钟末产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子，第2分钟末该可分裂粒子产生两个不可分裂粒子； 第1分钟末产生两个可分裂粒子，第2分钟末分别产生两个不可分裂粒子. ，， 所以. 【小问2详解】 显然 的取值可以是0，1，2，3，4， ， ， ， ，， 0 1 2 3 4 于是. 18. 已知函数. （1）证明：； （2）证明：存在唯一极值点； （3）记（2）中的极值点为，证明：. 【答案】（1）易得，此时. 设函数，， 则 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增. 于是，故原不等式成立. （2） ，定义域为R， 显然当时， ； 当 时， . 当 时，设 ，则， 因为 ，所以 ， 故 ， 所以 即在区间 上单调递增，而 ， 所以存在 使得 ， 所以当 时 ，当 时 ， 所以存在唯一极值点. （3）注意到 ， ， 又 ，故 ，故 在（1）中已证明，故，因此，故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）先通过得，令函数，求导判断单调性求出 的最值即可得证； （2）先判断在和 时的单调性，再设 ，求导结合零点存在性定理即可分析求证； （3）利用极值点为得到 ，再证出，继而，最后利用（1）中的结论即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 平面直角坐标系中，抛物线：上的点到的最小距离为. （1）求抛物线的方程； （2）过点不垂直于坐标轴的直线 与交于，两点，记点关于轴的对称点为. （i）证明：直线过定点； （ii）记 的外接圆圆心为，求直线斜率的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）首先设抛物线上任意一点为，利用两点间距离公式表示该点到的距离平方，转化为关于的二次函数，根据二次函数的单调性求最小值，进而求出. （2）（i）设直线 的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理得到和，再写出直线的方程，分析定点. （ii）先求的外接圆圆心的坐标，再表示出直线的斜率，结合的取值和的范围求斜率范围. 【小问1详解】 设抛物线上任意一点为. 由得. 则点到点的距离的平方为 . 令，. 其对称轴方程为.① 当，即时，在处取得最小值，即， 由题意知的最小值为，则， 即.解得或 . 因为，所以.② 当，即时，在区间上单调递增； 在处取得最小值，此情况无解. 综上所述，，故抛物线的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知的方程为，点的坐标为. 设直线 的方程为. 联立直线与抛物线方程，即. 设，，则 ，. 由题意知点的坐标为，直线的方程为. 因为，，所以， 代入得直线的斜率为， 整理得，即， 将代入得， 所以直线恒过定点. （ⅱ）设 的外接圆圆心为， 则到，，三点的距离相等，即， 由得， 也即. 因为，代入得 ， ， 也即. 因为点在抛物线上，且在轴上，故， 所以，解得. 同理，由可得. 由，化简得. 因为直线 与抛物线交于两点，且构成三角形，故 ， 所以，即. 因为，所以. 由得，也即， 将代入得， 则点的轨迹方程为（其中）. 设直线的斜率为，则，所以. 将轨迹方程代入，得. 令， ， 令.因为， 当时，，即在上单调递增，又， 故当时，，函数在上单调递增，则， 又，即，解得或. 综上所述，直线斜率的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 14 3. 若复数 满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 4. 若倾斜角为锐角且过点的直线截圆所得弦长为，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 5. 记为等比数列的前项和，已知， ，则可以是（ ） A. B. C. 1 D. 16 6. 记，点在椭圆 上，点在圆上，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（ ） A. 12 B. 26 C. 52 D. 104 8. 已知函数，若 在上恒成立，则实数 的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 零点绝对值的最小值为 C. 在区间上单调递增 D. 曲线的一条对称轴为 10. 已知定义在 上的偶函数满足当时，，则（ ） A. 曲线过定点 B. 若，则 C. 若，则有且仅有4个零点 D. 若，则 11. 现口袋里共有4个红球，5个黄球和3个蓝球，它们除颜色外完全相同.现进行取球，则（ ） A. 若取出球后放回口袋，每次只取一个球，则第4次取出黄球的概率为 B. 若取出球后不放回口袋，每次只取一个球，则第2次取出黄球的概率为 C. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第4次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 D. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内壁半径为 ，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了______cm. 13. 若，且，则______. 14. 在公差为正数的等差数列中， ，，则______. 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. 在中，. （1）若，求的外接圆半径； （2）若是锐角三角形，证明：. 16. 如图，在直三棱柱中，.点 满足. （1）过点 作垂直于点，证明：平面 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 17. 某研发系统内在初始时刻有一个可分裂粒子，在第1分钟末这个粒子分裂成两个新粒子，共有三种分裂情况：产生两个可分裂粒子，其概率为；产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子，其概率为；产生两个不可分裂粒子，其概率为. 新产生的每个可分裂粒子在1分钟末又会按照上述分裂情况分裂成两个新粒子，不可分裂粒子在1分钟末被移出系统.称系统中没有可分裂粒子时能量达到峰值. （1）求第2分钟末时能量首次达到峰值的概率； （2）记初始时刻后2分钟末时的可分裂粒子个数为，求的分布列和数学期望. 18. 已知函数. （1）证明：； （2）证明：存在唯一极值点； （3）记（2）中的极值点为，证明：. 19. 平面直角坐标系 中，抛物线：上的点到的最小距离为. （1）求抛物线的方程； （2）过点不垂直于坐标轴的直线与交于，两点，记点关于轴的对称点为. （i）证明：直线过定点； （ii）记 的外接圆圆心为，求直线斜率的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $