精品解析：山西晋中市2026届高三下学期3月调研测试数学试题

2026年3月晋中市高三年级调研测试 数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 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，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列中，，且为等比数列，则（ ） A. 50 B. 90 C. 162 D. 242 5. 已知函数的定义域为，若函数，则的解析式不可能是（ ） A. B. C. D. 6. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 7. 已知函数的一个零点是，为了得到函数的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 8. 在平面直角坐标系中，已知点，若，则（ ） A. B. 0 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. 在一次机器人大赛中，7位评委给某机器人的打分（单位：分）为，则下列说法正确的有（ ） A. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的极差不变 B. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的平均数不变 C. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的方差会变小 D. 这组数据的分位数为93 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴的交点为，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的离心率为 C. 直线的斜率为2 D. 点到上的点的距离的最小值为 11. 如图，已知正方体的棱长为是侧面内的一个动点（含边界），分别是的中点，设，则下列说法正确的有（ ） A. 若点在平面内，则 B. 当取得最小值时， C. 若，则的取值范围是 D. 若点在三棱锥的外接球面上，则的取值范围是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数在复平面内对应的点为，则__________． 13. 小明参加校园新春体能打卡，需完成9次打卡动作，其中有2次柔韧打卡，3次力量打卡，4次耐力打卡，同类的打卡难度不同，需从易到难依次进行，任意2次耐力打卡不能相邻，不同类的打卡可以穿插进行，则完成全部打卡的不同顺序共有__________种. 14. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且，则的取值范围为__________． 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. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面是边长为2的等边三角形，四边形为直角梯形，且，是棱上一动点. （1）若为棱的中点，证明：平面； （2）若为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 晋中市的平遥推光漆器是中国四大名漆器之一，其制作过程中描金､罩漆､抛光三个核心环节的成功率直接影响漆器的等级与收益.已知某工艺师在描金､罩漆､抛光环节的成功率分别为（各环节相互独立）.若描金失败，则该漆器直接报废，每件废品损失25元；若描金成功但罩漆和抛光中至少有一个环节失败，则为普品；若三个环节均成功，则为精品.普品和精品均为成品，可对外销售，假设每件漆器的制作过程相互独立. （1）求该工艺师制作的一件漆器为精品的概率； （2）该工艺师共制作件漆器，记其中精品的数量为，普品的数量为，若，求的值； （3）该工艺师计划制作一批漆器进行销售，现有两种销售方案：方案①：成品全部线下零售，普品每件可获利80元，精品每件可获利300元；方案②：成品全部线上零售，在方案①获利的基础上，每件成品均需支付5元快递费，且每件精品可获得25元的线上平台补贴.分别求采用销售方案①②时一件漆器的期望利润，并判断对该工艺师来说，哪种方案更好. 18. 已知椭圆的方程为，其长轴长为6，且点在上. （1）求的方程； （2）设的左顶点为，动直线的斜率为，且与交于两点，为坐标原点. （i）若，且的重心在轴上，求的方程； （ii）若经过的右焦点，点在第一象限，是关于原点的对称点，且四边形与的面积之比为，求的值. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当，且时，证明：； （3）当时，若正实数满足，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年3月晋中市高三年级调研测试 数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 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】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义运算即可. 【详解】由，解得，因为，所以. 因为，所以. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合指数函数的单调性，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可判断答案. 【详解】由于在R上单调递增，故由，可得，则显然成立； 取，满足，但是，即不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 3. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合正态分布曲线的对称性，得到，结合，即可求解. 【详解】由随机变量，可得正态分布曲线关于对称， 因为，所以， 又因为，所以， 所以. 4. 已知数列中，，且为等比数列，则（ ） A. 50 B. 90 C. 162 D. 242 【答案】B 【解析】 【分析】设其公比为，根据题意，求得，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】由，可得， 因为数列为等比数列，设其公比为，可得， 则，所以. 5. 已知函数的定义域为，若函数，则的解析式不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的定义域为，则的定义域为， ，故为偶函数； 选项A：的定义域为，是偶函数， 构造，则，， 满足条件，故A可能； 选项B：的定义域为，是偶函数， 构造，则， 满足条件，故B可能； 选项C：的定义域为， ， 故是奇函数，故C不可能； 选项D：是定义域为的偶函数， 构造，则， ， 满足条件，故D可能． 6. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平衡可得，，根据向量的坐标运算可得结果. 【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以， 设，根据向量的坐标运算，， 所以，所以. 因为，所以在上的投影向量的坐标为. 7. 已知函数的一个零点是，为了得到函数的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】由求得，利用辅助角公式整理，再将整理成与相同结构，比较得到结果. 【详解】已知是的零点，因此， 代入得： ，即 ，解得， 所以 又 所以将向左平移个单位长度得到函数的图象， 8. 在平面直角坐标系中，已知点，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量夹角的定义，结合三角恒等变形化简求解即可． 【详解】根据题意可知，， ， 即． 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. 在一次机器人大赛中，7位评委给某机器人的打分（单位：分）为，则下列说法正确的有（ ） A. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的极差不变 B. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的平均数不变 C. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的方差会变小 D. 这组数据的分位数为93 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，原极差：；去掉最低分、最高分后， 剩余数据为，极差为，极差改变，故A错误； 对于B，原数据总和：，原平均数， 去掉两端后总和为，平均数，平均数不变，故B正确； 对于C，方差衡量数据波动程度，去掉了离平均数（）最远的两个数据和，剩余数据波动更小，因此方差变小，故C正确； 对于D，计算分位数：由，向上取整得分位数位置为第位， 第位数据是，不是，故D错误. 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴的交点为，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的离心率为 C. 直线的斜率为2 D. 点到上的点的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件及双曲线的定义，可得各个长度，根据勾股定理，可判断A的正误；根据三角函数的定义，可得，根据余弦定理，可得a，c的关系，代入离心率公式，可判断B的正误，根据余弦定理，可得，根据诱导公式及同角三角函数的关系，可得直线AB的斜率，即可判断C的正误；求出直线l的方程，即可得D点坐标，设点在双曲线上，根据双曲线的方程及两点间距离公式，可得表达式，根据二次函数的性质，可判断D的正误. 【详解】由，且，得， 由双曲线的定义得, 所以，又， 所以， 则，即，所以，故A正确； 在中，， 在中，， 所以，则离心率，故B正确； 在中， ， 则，则， 所以直线的斜率为3，故C错误； 由C选项得，直线l的方程为， 令，得，即 设双曲线C上点，则，即， 因为，所以，则， 所以 ， 所以当时，有最小值，且为， 所以，即点到上的点的距离的最小值为，故D正确. 11. 如图，已知正方体的棱长为是侧面内的一个动点（含边界），分别是的中点，设，则下列说法正确的有（ ） A. 若点在平面内，则 B. 当取得最小值时， C. 若，则的取值范围是 D. 若点在三棱锥的外接球面上，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算来判断A，利用空间向量的数量积运算来判断B，利用空间两点间距离公式可求得动点的轨迹方程，通过方程来求范围，从而可判断C,利用长方体的外接球来判断三棱锥外接球的球心，然后借助球的方程来求参数范围，即可判断D. 【详解】 我们如图建立空间直角坐标系，设，为轴，为轴，为轴， 由正方体的棱长为2，可得各点坐标： ，，，， 对于A， 由，则点（）， 可设平面的法向量为， 由于，， 则，令，则， 则，由点在平面内，则， 即， 则 ，故A正确； 对于B，由，， ， 当时，取到最小值，不是，故B错误； 对于C，由，代入点，， 可得， 平方得：， 再平方得： 所以的轨迹是椭圆，因为，所以， 则，即，故C正确； 对于D， 取的中点分别为，由分别是的中点， 可知长方体的外接球就是三棱锥的外接球， 由于长方体的外接球球心为，且 则外接球半径为， 所以三棱锥的外接球方程为： ， 将点代入外接球方程，展开整理：  因为左边（），因此右边满足：  解不等式得：， 解不等式得：或， 结合，可得的范围为，故D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数在复平面内对应的点为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合，利用周期性即可求解． 【详解】由题意可知，又因为， 所以． 13. 小明参加校园新春体能打卡，需完成9次打卡动作，其中有2次柔韧打卡，3次力量打卡，4次耐力打卡，同类的打卡难度不同，需从易到难依次进行，任意2次耐力打卡不能相邻，不同类的打卡可以穿插进行，则完成全部打卡的不同顺序共有__________种. 【答案】150 【解析】 【分析】由题意可知先排非耐力打卡，再利用插空法排耐力打卡，即可得答案. 【详解】第一步：排非耐力打卡：非耐力共有次打卡，同类顺序固定， 只需从5个位置中选2个放柔韧打卡，剩余3个放力量打卡， 放法数为：； 第二步：插入耐力打卡：5个排好的打卡共形成6个空隙（含两端）， 要选4个空隙各插入1次耐力打卡（保证不相邻），且耐力顺序固定， 选法数为：， 第三步：根据分步乘法计数原理，总顺序数为：. 14. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】化简已知等式结合锐角三角形的性质求出，进而求出，再利用锐角三角形的性质求出的取值范围，最后运用正弦定理求出的范围． 【详解】， ， ，即， 已知三角形是锐角三角形，，故， ，故，解得， 由得，则， ，故， ， ，解得， 锐角三角形中，，， ，解得， ， 由正弦定理得，解得， 令，，故， 则单调递增， ，即的取值范围为． 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. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 证明：因为， 所以当时，，解得， 当时，， 所以，即. 所以， 又，所以是以为首项，3为公比的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）当时，可得的值，当时，根据，代入求解，整理变形，根据等比数列的定义，即可得证. （2）由（1）可得表达式，根据错位相减求和法，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，. 所以， 则，① ，② ①减去②，得： 所以. 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面是边长为2的等边三角形，四边形为直角梯形，且，是棱上一动点. （1）若为棱的中点，证明：平面； （2）若为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接. 由为的中点，为的中点，，且， 可得，. 所以四边形为平行四边形，故. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）找PA的中点F，证明即可得出证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面EBC和平面ABCD的法向量，然后根据向量法求两平面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接. 由为等边三角形，得， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 由，，得四边形是平行四边形 于是，又，则，直线两两互相垂直. 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以. 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 晋中市的平遥推光漆器是中国四大名漆器之一，其制作过程中描金､罩漆､抛光三个核心环节的成功率直接影响漆器的等级与收益.已知某工艺师在描金､罩漆､抛光环节的成功率分别为（各环节相互独立）.若描金失败，则该漆器直接报废，每件废品损失25元；若描金成功但罩漆和抛光中至少有一个环节失败，则为普品；若三个环节均成功，则为精品.普品和精品均为成品，可对外销售，假设每件漆器的制作过程相互独立. （1）求该工艺师制作的一件漆器为精品的概率； （2）该工艺师共制作件漆器，记其中精品的数量为，普品的数量为，若，求的值； （3）该工艺师计划制作一批漆器进行销售，现有两种销售方案：方案①：成品全部线下零售，普品每件可获利80元，精品每件可获利300元；方案②：成品全部线上零售，在方案①获利的基础上，每件成品均需支付5元快递费，且每件精品可获得25元的线上平台补贴.分别求采用销售方案①②时一件漆器的期望利润，并判断对该工艺师来说，哪种方案更好. 【答案】（1） （2） （3）100元，元，方案②更好 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式，将描金、罩漆、抛光三道工序成功的概率直接相乘，得到一件漆器为精品的概率； （2）先确定精品、普品件数服从二项分布，写出各自的期望表达式，再根据两者期望的差值建立方程，解出制作漆器的总数； （3）分别列出两种方案下单件漆器利润的分布列，计算各自的数学期望，通过比较期望大小判断更优方案 【小问1详解】 设事件为“描金成功”，事件为“罩漆成功”，事件为“抛光成功”， 则，且相互独立. 所以该工艺师制作的一件漆器为精品的概率为. 【小问2详解】 由题可知该工艺师制作一件漆器为精品的概率，为废品的概率，为普品的概率. 由题可知， 故. 因为，所以， 解得. 【小问3详解】 当采用方案①时，设一件漆器的利润为元，则的所有可能取值为，的分布列为 -25 80 300 所以（元）. 当采用方案②时，设一件漆器的利润为元，则的所有可能取值为，的分布列为 -25 75 320 所以（元）. 因为，所以对该工艺师来说，方案②更好. 18. 已知椭圆的方程为，其长轴长为6，且点在上. （1）求的方程； （2）设的左顶点为，动直线的斜率为，且与交于两点，为坐标原点. （i）若，且的重心在轴上，求的方程； （ii）若经过的右焦点，点在第一象限，是关于原点的对称点，且四边形与的面积之比为，求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）待定系数法即可求解. （2）（i）由三角形的重心坐标公式求得，直线方程与椭圆方程联立韦达定理即可求解； （ii）设的面积，四边形的面积由面积之比可得，直线与椭圆联立韦达定理即可求解. 【小问1详解】 由长轴长为6，可得，则. 将点的坐标代入椭圆方程，可得， 解得. 故的方程为. 【小问2详解】 （i）由（1）可知，设直线. 联立得可得. 由，可得. 的重心的横坐标为，则， 即，符合， 故直线的方程为. （ii）由（i）可知. 设， 联立得可得， 则 如图，因为的面积， 四边形的面积 所以，得. 故，① ，② 联立①②，得，又在第一象限，所以， 故解得，所以. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当，且时，证明：； （3）当时，若正实数满足，求证：. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）令， 则， 令 则. 因为，所以， 所以，则在上单调递增， 所以 ，即， 因此在上单调递增，则 ， 所以. （3）由（2）可知，当且时，，故 . 当时，，则由（1）知， 易知在上单调递增. 设，其中，且， 则， 因此在上单调递增， 从而，则. 因为为正实数，且满足. 所以， 所以 ， 综上，. 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，化简得到，再根据导数的正负性来确定函数的单调区间即可求解； （2）要证明，可通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而证明不等式。 （3）当且时，由，先证明，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而得到，然后证明即可求解. 【小问1详解】 当时，. 若 ，即，解得， 若，即，解得. 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $