山东菏泽第一中学人民路校区2026届高三下学期3月学情检测数学试题

2026年3月菏泽一中人民路校区高三学情检测数学试题 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．，，1， B．，， C．， D． 2．已知复数，则　　 A． B． C． D．1 3．已知非零向量，满足，且，则与的关系是　　 A．垂直 B．共线 C．夹角为 D．夹角为 4．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是　　 A．， B． C．， D．， 5．设，分别是椭圆的左、右焦点，过点作轴的垂线交于，两点，其中点在第一象限，且．若是上的动点，则满足△是直角三角形的点的个数为　　 A．0 B．2 C．4 D．6 6．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为　　 A．3 B．4 C．5 D．6 7．已知数列满足，则下列说法正确的是　　 A．所有项恒大于等于 B．若，则是单调递增数列 C．若是常数列，则 D．若，则是单调递增数列 8．在平面直角坐标系中，，，，其中，，，则当△面积最小时，　　 A． B． C． D． 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分。 9．（6分）设样本空间，2，3，含有等可能的样本点，且，，，，，，则下列结论正确的是　　 A．（A）（B） B． C．（A）（B）（C） D． 10．（6分）斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线交于，，，两点，与双曲线交于，两点，是线段的中点，则下列说法正确的是　　 A．是双曲线两条渐近线所构成的“”形图象的方程 B．也是线段的中点 C．若过双曲线的焦点，则直线的斜率是 D．若过双曲线的焦点，点的坐标为，则 11．（6分）已知的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质： ①； ②，； ③当时，，， 其中． 下列说法正确的是　　 A．若，，则 B．恰有两个整数解 C．若，，则，，中至少有两个相等 D．若（2），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 　　． 13．用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同．我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式．那么不同的上色模式共有 　　种． 14．在平面直角坐标系中，射线，，半圆．现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线，时会发生镜面反射．设光线在发生反射前所在直线的斜率为，若光线始终与半圆没有交点，则的取值范围是 　　． 四、解答题：本题共5小题，共77份。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在△中，角，，所对的边分别为，，，，，． （1）求△的外接圆半径； （2）若△为锐角三角形，求△周长的取值范围． 16．（15分）如图，正方体的棱长为1，点，分别在线段，上，且，． （1）若，证明：； （2）若，点，分别在直线，上，且，，求的取值范围． 17．（15分）箱子里有四张卡片，分别写有数字1，2，3，4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，各卡片被抽到的概率均为，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子．重复这个操作，直到满足下列条件之一结束： （a）第一次抽取的卡片上写的数字是4； （b）设为大于等于2的整数，第次抽取的卡片上写的数字大于第次抽取的卡片上写的数字．例如，当记录的数字依次为3，2，2，4时，这个操作在第4次结束． （1）若操作进行了4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数； （2）求操作在第次结束的概率． 18．（17分）已知函数． （1）设直线与曲线交于点，求点纵坐标的最小值； （2）取遍全体正实数时，曲线在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数，求的解析式； （3）证明：当时，对任意正实数，．（附 19．（17分）在直角坐标系中，椭圆经过点，，短半轴长为．过点作直线交于，两点，直线交轴于点，直线交轴于点，记直线，的斜率分别为和． （1）求的标准方程； （2）证明是定值，并求出该定值； （3）设点，证明上存在异于其上下顶点的点，使得恒成立，并求出所有满足条件的点坐标． 2026年3月菏泽一中人民路校区高三学情检测数学试题 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D B A C D D C 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．，，1， B．，， C．， D． 解：集合，，， 则，，． 故选：． 2．已知复数，则　　 A． B． C． D．1 解：复数， 则． 故选：． 3．已知非零向量，满足，且，则与的关系是　　 A．垂直 B．共线 C．夹角为 D．夹角为 解：设与的夹角为， 由， 可得，又， 则有，则， 因此，即与共线． 故选：． 4．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是　　 A．， B． C．， D．， 解：根据题意，函数是上的增函数， 则，解可得，即的取值范围为，． 故选：． 5．设，分别是椭圆的左、右焦点，过点作轴的垂线交于，两点，其中点在第一象限，且．若是上的动点，则满足△是直角三角形的点的个数为　　 A．0 B．2 C．4 D．6 解：由题意可得，，， ，即， 取上顶点时最大． ， 不会为直角，只有当或是直角才符合题意． 则满足△是直角三角形的点的个数为4个． 故选：． 6．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为　　 A．3 B．4 C．5 D．6 解：根据题意可得上下底面内切圆的半径分别为，， 该正三棱台的斜高为， 该正三棱台的高为． 故选：． 7．已知数列满足，则下列说法正确的是　　 A．所有项恒大于等于 B．若，则是单调递增数列 C．若是常数列，则 D．若，则是单调递增数列 解：数列满足， 当，可得，故错误； 若，可得， 由，可得时，， 时，，故不是单调递增数列，故错误； 若是常数列，即有，即，解得，故错误； 若，可得，且，可得， 可得，由对勾函数的单调性，可得是单调递增数列，故正确． 故选：． 8．在平面直角坐标系中，，，，其中，，，则当△面积最小时，　　 A． B． C． D． 解：由题意知，，， 所以， 因为， 所以，即，整理得， 又，，所以， 由，，知，， 由，知， 所以△面积， 设，， 则， 令，则，解得（负值已舍），即， 所以当时，，在上单调递减； 当，时，，在，上单调递增， 所以当取到最小值时，， 此时△面积取得最小值， 由，知． 故选：． 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分。 9．（6分）设样本空间，2，3，含有等可能的样本点，且，，，，，，则下列结论正确的是　　 A．（A）（B） B． C．（A）（B）（C） D． 解：根据题意，（A）（B）（C）， 依次分析选项： 对于，，则，而（A）（B）， 则（A）（B），正确； 对于，，，则， ， 故，正确； 对于，，， 而（A）（B）（C），则（A）（B）（C）， 则有（A）（B）（C），错误； 对于，，，，，， ，则， 则有，正确． 故选：． 10．（6分）斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线交于，，，两点，与双曲线交于，两点，是线段的中点，则下列说法正确的是　　 A．是双曲线两条渐近线所构成的“”形图象的方程 B．也是线段的中点 C．若过双曲线的焦点，则直线的斜率是 D．若过双曲线的焦点，点的坐标为，则 解：对于选项：易知， 所以或， 即或， 该直线方程恰好为双曲线的两条渐近线，故选项正确； 对于选项：设直线的方程为，，，，， 联立，消去并整理得， 若，渐近线方程为， 此时与直线平行，不符合题意， 由韦达定理得； 联立，消去并整理得， 由韦达定理得， 所以，共用同一个中点，故选项正确； 对于选项：若直线过焦点， 此时直线的方程为， 由选项知， 所以， 代入直线方程中， 解得， 此时； 若直线过焦点， 此时直线方程为， 由选项知， 所以， 代入直线方程中， 解得， 此时，故选项错误； 对于选项：由选项知， 即， 因为，， 所以，故选项正确． 故选：． 11．（6分）已知的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质： ①； ②，； ③当时，，， 其中． 下列说法正确的是　　 A．若，，则 B．恰有两个整数解 C．若，，则，，中至少有两个相等 D．若（2），则 解：：令，有（1）（1），即（1）； 令，有（1），即； 令，有，即是偶函数； 因为，，， ，，所以，正确； ：假设选项正确，对于任意除1和以外的整数，有（a）， 即（2），（3），而（2）（1），（1），且（2）， 所以（2），（3）（1），（2），矛盾，故错误； ，所以，， 若，结论显然成立； 若，则，， 即或，结论依然成立，正确； （3）（2），（1）（1）， （5）（3），（2）（3）， （3）（5）（2），错误． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 　　． 解：由已知可得，则， 所以． 故答案为：． 13．用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同．我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式．那么不同的上色模式共有 　6　种． 解：先将红、橙、黄、绿四种颜色正四面体模具上色， 有种不同的上色模式， 又如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式． 那么不同的上色模式共有种． 故答案为：6． 14．在平面直角坐标系中，射线，，半圆．现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线，时会发生镜面反射．设光线在发生反射前所在直线的斜率为，若光线始终与半圆没有交点，则的取值范围是 　　． 解：将半圆依次沿着，，作对称，如图所示： 光线在镜面发生反射可以等效处理为：光线进入了镜子后的空间， 因此问题就转化为光线如何与镜子内外的圆没有交点，光线变化的范围如图所示， 当光线与相切时，光线所在直线斜率为， 由对称性可知当光线遇射线时反射光线若与相切， 则入射光线所在直线为与圆相切， 当光线与圆相切但遇射线时反射光线不与相切时， 此时，所以光线斜率为， 当光线与相切时，光线斜率为， 所以由图可知的取值范围是． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77份。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在△中，角，，所对的边分别为，，，，，． （1）求△的外接圆半径； （2）若△为锐角三角形，求△周长的取值范围． 解：（1）因为，，， 可得， 由正弦定理可得， 即， 由余弦定理可得：， 可得，而， 可得， 所以， 设△的外接圆的半径为， 由正弦定理可得，即， 所以△的外接圆的半径为； （2）由正弦定理可得， 所以，， 所以△的周长为 ， 在锐角△中，，可得，， 可得，， 所以，， 所以，． 16．（15分）如图，正方体的棱长为1，点，分别在线段，上，且，． （1）若，证明：； （2）若，点，分别在直线，上，且，，求的取值范围． 【解答】证明：（1）连接，，当， 则是的中点，是的中点， 所以， 因为面，面，所以， 所以； 解：（2）以点为原点，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，1，，，1，，，0， ，所以， 所以，，，，1，，所以， 又，设直线的方向向量为， 则由得， 取，又， 所以 ， 由得， 易知在单调递减，单调递增， 所以，所以． 17．（15分）箱子里有四张卡片，分别写有数字1，2，3，4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，各卡片被抽到的概率均为，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子．重复这个操作，直到满足下列条件之一结束： （a）第一次抽取的卡片上写的数字是4； （b）设为大于等于2的整数，第次抽取的卡片上写的数字大于第次抽取的卡片上写的数字．例如，当记录的数字依次为3，2，2，4时，这个操作在第4次结束． （1）若操作进行了4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数； （2）求操作在第次结束的概率． 解：（1）由题意，前四次抽取的情况有： 1111，2111，3111，2211，3211，3311，2221，3221， 3321，3331，2222，3222，3322，3332，3333，共有15种； （2）设操作在第次结束的概率为，操作在第次未结束的概率为， 当时，，当时，， 接下来我们讨论操作进行了次，但是并没有结束的情形， 抽取的数字结构如下所示： ， 分别设序列中的3，2，1的个数为，，，可知，，， 利用隔板法，可以知道对应情形的数量，操作如下： 令，，，即，，， 一共有种情形， 各情形概率均为，所以有， 当时，， 经检验，其对依然成立，即． 18．（17分）已知函数． （1）设直线与曲线交于点，求点纵坐标的最小值； （2）取遍全体正实数时，曲线在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数，求的解析式； （3）证明：当时，对任意正实数，．（附 解：（1）时，， 令， 当且仅当时等号成立， 所以点纵坐标的最小值为； （2）， 令， 则， ①当，即时，（a），（a）在上单调递增， ； ②当，即时，由， （a）在上单调递减，在上单调递增， ． 综上所述，． （3）证明：由第（2）问可知恒成立，所以只需证明即可． ①若，，构造， 则， 因为，所以在，上恒成立，在，上单调递增， 所以（1）， 即在，上恒成立； ②若，，， 因为，所以， 构造， 则． 令， 则， 所以在，单调递增， 而，所以恒成立， 在，单调递增，． 因为，即， ， 所以， 而，即证在，上恒成立． 19．（17分）在直角坐标系中，椭圆经过点，，短半轴长为．过点作直线交于，两点，直线交轴于点，直线交轴于点，记直线，的斜率分别为和． （1）求的标准方程； （2）证明是定值，并求出该定值； （3）设点，证明上存在异于其上下顶点的点，使得恒成立，并求出所有满足条件的点坐标． 解：（1）因为椭圆经过点，，短半轴长为， 所以， 解得， 则的标准方程为； （2）将椭圆向右平移个单位，再向下平移1个单位得， 即， 设直线平移后的直线方程为， 因为直线过点， 所以， 此时， 即， 可得， 所以，， 则； （3）根据角平分线性质，可得， 设，直线的方程为， 令， 解得， 同理得， 因为， 所以， 对等式两边同时平方并整理得， 即， 可得， 易知轨迹是一个定圆， 联立，消去并整理得， 解得或（舍去）． 综上所述，椭圆上存在点或使得恒成立． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $