精品解析：河北沧州市泊头市第二中学等校2025-2026学年高三下学期3月阶段检测数学试题

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】 【详解】由，可得，解得，所以， 由，得，所以， 所以. 2. 平面内三点共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量共线的坐标表示求出t的值，再根据向量的模长公式计算出. 【详解】由题可知，，；因为A，B，C三点共线，所以和共线， 所以，解得.所以，故. 3. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以复数的共轭复数为. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式结合同角三角函数的商数关系计算即可. 【详解】由二倍角公式知， 所以，故A正确. 5. 已知正项等比数列满足，若，则数列的前19项和为（ ） A. 36 B. 38 C. 40 D. 44 【答案】B 【解析】 【详解】数列的前19项和为 . 6. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点（点在第一象限），且，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直线的方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理得到，根据，结合向量的运算得到，从而可得，求得点的坐标，利用两点间的斜率公式即可求解. 【详解】抛物线，焦点，准线， 设直线的方程为，设 ，，且， 联立，整理得：， 由韦达定理：， 由于， 由，得：， 化简得：， 所以， 解得，，， 所以，则， 所以， 则 7. 已知函数在区间存在单调递增区间，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数（型）复合函数单调性分析求解即可. 【详解】由，解得：，所以函数的定义域为， 令，二次函数开口向下，对称轴为， 由，所以， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又在上单调递增， 所以要使函数在区间上存在单调递增区间， 则且 即且，解得，即正数的取值范围是. 8. 球与棱长为2的正四面体的棱，，均相切，且和平面相切，则正四面体三个侧面，，截球的截痕长度共为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过相似三角形求出球的半径和球心到侧面的距离，求出截面圆的半径，利用圆的周长公式求解即可. 【详解】设球与平面的切点为，与棱的切点为， 球与正四面体的棱，，均相切，且和平面相切， 球心在正四面体的高上， 设球的半径为，则， 设正四面体的棱长为，底面是正三角形， ， ， 则， 球与棱相切于， ，，， ， ，，， ，， 过球心作平面的垂线，交平面于点，连接， 则点在的底边的中线上，设的中点为，则，， ，，，， ， 正四面体三个侧面，，截球的截痕长度共为 . 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用赋值法判断A，C，D选项，根据二项式展开式的通项公式判断B选项. 【详解】令，可得，故A错误； 而其展开式的通项公式为， 令，解得，所以,故B正确； 令，可得， 令，可得， 两式相加可得，故C正确； 两式相减可得，故D正确； 10. 袋中有质地均匀的红球3个，白球2个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出后不放回，连续摸球两次.则（ ） A. 第一次摸到红球的概率是 B. 如果第二次摸到的是红球，那么第一次也摸到红球的概率是 C. 事件“第一次摸到红球”与事件“第二次摸到白球”不互斥 D. 事件“第一次摸到红球”与事件“第二次摸到白球”相互独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用条件概率、全概率、贝叶斯计算公式与互斥事件、相互独立事件的定义逐项判断即可． 【详解】记事件 “第一次摸到红球”， “第二次摸到红球”， “第一次摸到白球”， “第二次摸到白球”， 对于A，第一次摸到红球的概率，故A正确； 对于B，如果第二次摸到的是红球，那么第一次也摸到红球的概率是，故B正确； 对于C，若第一次摸到红球且第二次摸到白球，则事件“第一次摸到红球”与事件“第二次摸到白球”可以同时发生，不互斥，故C正确； 对于D，事件“第二次摸到白球”的概率为， 第一次摸到红球且第二次摸到白球的概率为， 所以，则事件“第一次摸到红球”与事件“第二次摸到白球”不相互独立，故D不正确. 11. 已知角，均为同一锐角三角形的内角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据得到，即可得到；B选项，根据的范围得到，然后判断；C选项，根据锐角三角形的性质得到，然后判断；D选项，根据锐角三角形的性质得到，然后根据正弦函数的单调性和诱导公式判断即可. 【详解】由题意得，，所以，，A对； 因为，所以，则，所以，B错； 因为，所以，则，C正确； 三角形为锐角三角形可得，所以，得，， 因为正弦函数在上单调递增，所以，D错. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的离心率为2.则其渐近线为______. 【答案】 【解析】 【详解】由双曲线可得，则, 所以离心率，解得：， 则渐近线 13. 已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可. 【详解】由直线与曲线相切， 设切点为，由，且切线的斜率为， 所以， 代入曲线方程中得：， 所以切点为，代入直线方程中得：， 因为，所以. 当时取等号，所以的最大值为. 14. 已知中，，线段与线段交于点，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】三点公式的结论：若三点共线，则且，利用这个结论求解. 【详解】三点共线， ， ，，， 三点共线，，， ①， ，， ， ， ②， ①代入②，得到， 即， 则，解得， 则. 四、解答题：本大题共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. 钠离子电池是我国新能源储能领域的核心攻关方向之一，某科研团队为优化电池循环寿命，在传统电解液配方与新型复合电解液配方下各取20组电池进行加速寿命实验，记录每组电池循环寿命是否达到“长寿命”标准（循环次数次为长寿命，否则为短寿命），整理得到如下列联表： 长寿命（次） 短寿命（次） 合计 传统配方 9 11 20 新型配方 15 5 20 合计 24 16 40 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为“电池‘长寿命’与电解液配方有关联”？ （2）用样本估计总体，从采用新型配方的量产电池中随机抽取5组样品，记其中“长寿命”的组数为，求的数学期望和方差. 参考公式：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）根据小概率值的独立性检验，不能认为“电池‘长寿命’与电解液配方有关联” （2） 【解析】 【分析】（1）由题意直接确定列联表，计算，对比数据即可判断； （2）求解“长寿命”的概率为，可得,即可根据二项分布的期望和方差公式求解. 【小问1详解】 零假设：认为“电池‘长寿命’与电解液配方无关联” ， 又， 根据小概率值的独立性检验，无法推断不成立，即不能认为“电池‘长寿命’与电解液配方有关联” 【小问2详解】 根据频率估计概率知，“长寿命”的概率为， 故 故． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的角平分线的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将已知等式的角化为边，再结合余弦定理求出角； （2）先根据三角形面积公式求出 的值，再利用角平分线的性质和三角形面积公式求出角平分线的长度. 【小问1详解】 由正弦定理可得：，即 ，化简可得， 由余弦定理 . 因为 ，所以 . 【小问2详解】 根据三角形面积公式 ，可得：， 即 ，化简可得 ，解得 . 因为 是角平分线，所以 . 由 得：. ， 解得 . 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算向量点积，证明； （2）求得平面法向量，利用两个平面向量的夹角公式计算. 【小问1详解】 如图，以为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系， ，故，且，故， 平面平面，故点坐标为，设， 由，得：由，得：， 展开并代入，化简得：， 联立解得，即， ， 点积：， 故，即； 【小问2详解】 已知，故，各点坐标：， ， 设，则：， 令，得，故， ， 设，则：， 令，得，故， 平面夹角取锐角，故：. 18. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求点的坐标； （3）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质计算； （2）联立与椭圆方程，然后根据的直线方程和韦达定理求定点； （3）利用韦达定理求，然后计算面积求范围即可. 【小问1详解】 由题意得，，则，，， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意可得直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，则， 联立得，，， ，则直线： 整理， 所以直线恒过，. 【小问3详解】 ， 点到直线的距离， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增，所以， 所以面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果. 19. 已知. （1）若对任意都有，求实数的取值范围； （2）当时，称满足的数列为函数的指数迭代数列，若. （i）证明：的指数迭代数列各项均为正数，且单调递增； （ii）证明：. 【答案】（1） （2） （i）因为，则，由题有， 即， 下面用数学归纳法证明， 当时，，命题成立， 假设时，，则时，， 令，则，当时，， 即在区间上单调递增， 所以当时，，得到当时，， 所以， 则对于一切，都有， 又， 所以的指数迭代数列各项均为正数，且单调递增，即命题得证. （ii）由，得到， 要证明， 即证明， 即证明，又， 即证明，又，即证明， 即证明， 令，则， 又由（i）知当时，，所以当时，， 所以在区间上单调递增，又， 所以时，，即， 又由（i）知，所以，命题得证. 【解析】 【分析】（1）根据条件，先探求得对任意都有成立的必要条件，再说明时，对任意都有，即可求解； （2）（i）根据条件得，再利用数学归纳法即可证明；再通过作差比较，即可判断单调性；（ii）根据条件，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数的单调性，求出其单调区间，从而得时，，即可求解. 【小问1详解】 易知的定义域为，， 又，且对任意都有，则必有，即， 下证当时，对任意都有， 因为，，则， 令，则，又，则， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，则， 所以当时，， 综上，实数的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $