精品解析：河南省郑州外国语学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题

郑州外国语学校2025－2026学年下期高三调研6考试试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 3. 设，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. （－10，6） C. D. 5. 已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 6. 已知圆柱的上、下底面圆周都在一个球的球面上，若圆柱的表面积是球的表面积的一半，则圆柱的底面半径与球的半径的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，且为的中点，，与交于点.若，则实数的值为（ ） A B. C. D. 8. 若使得不等式对任意恒成立，则实数最大值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 10. 在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩，此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分．已知：若，则，则下列说法正确是（ ） A. 若随机变量，则服从标准正态分布 B C. 从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为 D. 从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为 11. 已知数列满足，，为的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得成立 B. 存在，使得且对任意成立 C. 对任意，存在，使得成立 D. 对任意奇数，存在和，使得成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，各项系数的和是_____. 13. 已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 14. 把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有___________种. 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. 已知分别是锐角三个内角的对边，且，． （1）求的值； （2）求面积的取值范围． 16. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若，且函数有三个零点，求的取值范围． 17. 在三棱锥中，，，与平面所成的角为． （1）若，如图，过点作平面，分别交，于点，．求证：平面； （2）若，，求二面角的取值范围． 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 19. 已知离心率相同的椭圆与椭圆分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆 （1）求， （2）设直线l与椭圆相交于两点，与椭圆相交于两点，且A在线段BD上 （ⅰ）求证： （ⅱ）若，恰为DE的三等分点，求坐标原点O到直线l距离的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025－2026学年下期高三调研6考试试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出斜率，再结合倾斜角范围得出倾斜角. 【详解】直线的斜率为， 设倾斜角为，所以， 所以. 故选：C. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数解析式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】取，，， 则，但，此时， 即“”“”； 取，，则，， 则，但，此时， 即“”“”. 因此，“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. （－10，6） C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先找到圆心坐标及半径，然后根据点到圆心的距离大于半径时点在圆外计算即可. 【详解】点在圆外，即点到圆心的距离大于半径. 将圆方程化为标准形式得，圆心为，点 P 到圆心距离为 4， 故有，解得; 故选：B 5. 已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】求导，确定函数单调区间，和极值，进而可求解. 【详解】由，求导可得：， 由，得或，由，得， 所以在单调递增，在单调递减， 所以当时，极大值为4， 即当时，， 又当时，极小值为0，当时，， 且函数在单调递减，在单调递增， 即当时，，当时，， 综上可知不等式的解集为， 故选：D 6. 已知圆柱的上、下底面圆周都在一个球的球面上，若圆柱的表面积是球的表面积的一半，则圆柱的底面半径与球的半径的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设圆柱的底面半径为r，高为2h，球的半径为R，再求出圆柱及球的表面积构造即可求解. 【详解】设圆柱的底面半径为r，高为2h，球的半径为R，则． ， 分子分母同除以，然后设，即，解得（舍去）， 即， 所以． 7. 在中，且为的中点，，与交于点.若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量共线定理，结合为的中点，可得，由向量的线性运算，分别用表示，由，即可求得的值, 【详解】由图象可得，，，三点共线，且为的中点， 故存在实数使， 有， 且， 因为，即， 因为与不共线，所以有，解得. 故选：C. 8. 若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，将问题转化为使得不等式对任意恒成立，结合导数研究的单调性以及图像，数形结合求解. 【详解】令，其中， 则，当时，， 当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减． 所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立． 令得，由图可知， 因此实数的最大值为4． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：利用复数与共轭复数的概念求解，选项B:利用虚数无法比大小求解，选项C：利用复数的模求解，选项D：利用复数的几何意义求解. 【详解】选项A：设复数则则故选项A正确； 选项B:虚数无法比较大小，故选项B错误； 选项C：若则则复数有无数组解，例如，故选项C错误； 选项D：若Z的集合所构成的图形的面积，故选项D正确. 故选:AD. 10. 在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩，此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分．已知：若，则，则下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则服从标准正态分布 B. C. 从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为 D. 从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助正态分布中的意义与标准正态分布的意义可判断A；利用正态分布的性质计算即可得的值可判断B；由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可判断CD. 【详解】对于A，因为，则， 若随机变量，则服从标准正态分布， 故时，才服从标准正态分布，故A错误； 对于B，， ， 由正态分布的对称性可得， 所以，故B正确； 对于C，由， 可得， 所以从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为： ，故C正确； 对于D，由，可得， 所以， 又，所以由条件概率公式可得， 所以从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知数列满足，，为的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得成立 B. 存在，使得且对任意成立 C. 对任意，存在，使得成立 D. 对任意奇数，存在和，使得成立 【答案】ABC 【解析】 【分析】先得到是首项为1，公比为2的等比数列，则，A选项，若，，，满足；B选项，构造数列，该数列满足要求；C选项，成立；当时，构造函数，得到；D选项，当时，（其中），推出其形式为型奇数，因此（）不可能等于型的奇数，例如，又，故不存在使得，所以D错误. 【详解】由题设是首项为1，公比为2的等比数列，则，且， 对于A：若，，，此时，A正确； 对于B：存在数列，使得对任意，都有且成立， 此条件等价于且对任意成立， 构造数列，该数列满足，， 此时，，满足条件，故B正确； 对于C：当时，成立； 当时，可构造数列，令且， 则，， 此时，故， 综上，对任意，存在，使得成立，故C正确； 对于D：当时，， 当时，（其中）， 由于，令括号内为， 因为为奇数，后续项为偶数，所以必为奇数， 则为一个2倍的奇数，即该数能被2整除但不能被4整除， 所以，其形式为型奇数， 因此，（）不可能等于型的奇数，例如，又， 故不存在使得，所以D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，各项系数的和是_____. 【答案】 【解析】 【分析】令即可得出答案. 【详解】令，则，则各项系数和为. 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用抛物线和双曲线的定义，结合已知条件建立关于双曲线参数的等式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为， 由题意知， 抛物线的准线方程为， 因为，所以，即. 设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以. 代入双曲线方程，又，所以. 设，则，整理得， 解得，因为，所以， 所以. 故答案为：. 14. 把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有___________种. 【答案】98 【解析】 【分析】解法一：利用分类加法计数原理分类计算可求得结论.解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为.进而可得，利用展开式中的系数可求得结论. 【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，即5个球放入6-7号盒子，有种放法； 1-5号盒共放1个球，有种放法； 1-5号盒共放2个球，有种放法； 1-5号盒共放3个球，有种放法； 1-5号盒共放4个球，有种放法； 1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有种放法. 解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法： 第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球， 这个放法可用符号表示为. 考虑母函数 ， 从第一､二个括号中各取，从第三､四､五､六个括号中各取，从第七个括号中取， 然后相乘，即得到展开式中的一个项， 此项的系数即为满足题意的分配名额的方案数. 从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式展开式中项正好一一对应， 故多项式的展开式中项的系数即为满足题意的名额分配的方案数. 又， 其中， 所以满足题意的分配方案数为98. 故答案为：98. 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. 已知分别是锐角三个内角的对边，且，． （1）求的值； （2）求面积的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和辅助角公式求出，再由已知条件结合正弦定理求得； （2）先根据正弦定理求出的关系式，然后根据的范围求出的范围，最后利用三角形面积公式即可求得其面积的范围. 【小问1详解】 在锐角中，由正弦定理得， 又， ∵， 所以， 则， 在锐角中，， ，即. ， 【小问2详解】 由（1）得， 由正弦定理：，得 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以， 所以， 故面积的取值范围为． 16. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若，且函数有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，分，，三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间； （2）求导，利用导数研究的单调性，结合函数值的符号画出示意图，将零点问题转化为函数与直线有三个交点，数形结合即可求解. 【小问1详解】 因为的定义域为，且， 当时，恒成立， 当且仅当时等号成立，所以上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 若，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于正穷大， 因为函数有三个零点，则方程有三个根， 所以函数与直线有三个交点， 又，由图可知：，即的取值范围为. 17. 在三棱锥中，，，与平面所成的角为． （1）若，如图，过点作平面，分别交，于点，．求证：平面； （2）若，，求二面角的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别证得⊥和⊥，由，证得⊥平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，设，求得平面和平面的法向量分别为和，由向量的夹角公式，求得，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 证明：由⊥平面，平面，可得⊥， 与平面所成的角为，且，所以⊥平面BCD， 因为平面，可得⊥， 又因为，，且平面，所以⊥平面， 因为平面，则， 又因为，且平面，所以平面PCD. 【小问2详解】 解：因为，可得与平面BCD所成的角为， 以为坐标原点，以所在直线为轴，平行的直线为轴， 垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，可得， 因为与平面BCD所成的角，， 可得点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆， 设，，， 设平面的法向量为， 则， 令，可得，所以， 又由平面的法向量为， 设二面角的大小为， 由图形知，二面角是锐二面角，即， 则， 令，则， 又因为在上单调递减，可得， 所以二面角的取值范围为. 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 【答案】（1）， （2）期望为，的概率分布为： 0 1 （3）.【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率公式和对立事件的概率关系可求、； （2）的可能取值为，根据独立事件和对立事件的概率关系可求取相应值时对应概率，从而可求分布列和期望. （3）记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D，根据独立事件的概率公式可求，再根据条件概率的概率公式可求题设中的条件概率. 【小问1详解】 记无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，. ， . 【小问2详解】 经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标数之差X的可能取值为. ， ， . X的概率分布为： 0 1 所以的数学期望. 【小问3详解】 记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D. 记3轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差为Y， ， ， 所以， 所以. 所以在3轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为. 19. 已知离心率相同的椭圆与椭圆分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆 （1）求， （2）设直线l与椭圆相交于两点，与椭圆相交于两点，且A在线段BD上 （ⅰ）求证： （ⅱ）若，恰为DE的三等分点，求坐标原点O到直线l距离的取值范围 【答案】（1）， （2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由点及两椭圆离心率相同进行列式求解即可； （2）（ⅰ）当斜率k不存在时，显然成立；当斜率k存在时，设直线l为，，，，，联立方程得到根与系数的关系，设中点为，得，得和Q重合，则进行证明； （ⅱ）分直线斜率k存在与不存在进行求解． 【小问1详解】 由题知点， ， 又因为两椭圆离心率相同， 因此，即， ，． 【小问2详解】 由（1）知，， 当斜率k不存在时，显然成立； 当斜率k存在时，设直线l为，，，，， 联立得，， ， 韦达定理， 设中点为，则，， ， 联立得，， ， 韦达定理， 设中点为，则，， ， 和Q重合， ， ， （ⅱ）①当斜率k不存在时，， 联立得，， 联立得，， 所以，计算得，所以． ②当斜率k存在时，，，， ， 平方化简得，， 直线， 所以原点到直线的距离为， ， ， ， ， ， 综上，坐标原点O到直线距离的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $