精品解析：辽宁师范大学附属中学2026届高三3月高三开学考试数学试卷

辽师大附中2025-2026学年度下学期开学考试 一、单项选择题 1. 已知集合，，则的真子集的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 2. 下列命题中，既是全称量词命题，又是真命题的是（ ） A. B. C. 任何实数都有算术平方根 D. 任意两个无理数之和仍为无理数 3. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为坐标原点，，，两点在单位圆上，满足，以线段，为邻边作平行四边形，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 在三角形中，已知，，点满足，则向量在向量方向上的投影为（    ） A. B. C. - D. - 6. 记数列的前n项和为，已知，，则 （   ） A. 1024 B. 1023 C. 513 D. 256 7. 函数与的图象在上有个不同的交点，则（ ） A. 2026 B. 4053 C. 8104 D. 8105 8. 在三棱锥中，两两相互垂直，，侧面与底面的夹角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 将图象上的所有点向右平移个长度单位后，得到的函数图象关于轴对称 C. 函数在区间上有2个极值点 D. 函数在点处的切线方程为 10. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ） A. AM⊥平面PCD B. BM⊥PD C. 平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为 D. 平面PBC⊥平面PCD 11. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的直线与抛物线交于，两点（在第一象限），为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当取最大值时，直线的方程为 B. 若点，则的最小值为3 C. 无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值 D. 若点在抛物线准线上的射影为，则直线、的斜率之积为定值 三、填空题 12. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为___________． 13. 已知椭圆的左焦点为，点，若以A，F为焦点的双曲线与椭圆交于点，则双曲线的离心率的最大值为__________. 14. 已知函数，，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则___ 若，对于任意都成立，则的最大值为 _____ . 四、解答题 15. 四边形中，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 16. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 17. 在平面直角坐标系中，已知，两点分别在轴，轴上运动，，点满足，记的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线与交于，两点，为坐标原点，试求当为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 18. （1）若对任意，都有成立，求实数的取值范围； （2）若，，证明：； （3）若对任意，都有成立，求实数的取值范围. 19. 张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． （1）求的值； （2）求数列的通项公式； （3）若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽师大附中2025-2026学年度下学期开学考试 一、单项选择题 1. 已知集合，，则的真子集的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合，解对数不等式化简集合，即可求出，从而确定其真子集个数. 【详解】由，即，解得， 所以， 由，即，即，解得， 所以， 所以，所以的真子集的个数为个. 故选：D 2. 下列命题中，既是全称量词命题，又是真命题的是（ ） A. B. C. 任何实数都有算术平方根 D. 任意两个无理数之和仍为无理数 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，含有全称量词，再根据指数函数的值域即可判断；对于B，不含有全称量词，故可判断；对于C，含有全称量词，负数没有算术平方根即可判断；对于D，含有全称量词，举例说明即可判断. 【详解】对于A，含有全称量词，而，所以，故A正确； 对于B，不含有全称量词，故B错误； 对于C，含有全称量词，负数没有算术平方根即可判断，故C错误； 对于D，含有全称量词，是无理数，而，而是有理数，故D错误. 故选：A 3. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法法则求得，利用可求解. 【详解】，. 故选：B. 4. 已知为坐标原点，，，两点在单位圆上，满足，以线段，为邻边作平行四边形，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求出得到点P在以O为圆心、半径为的圆上即可计算求解. 【详解】由题可知以线段，为邻边所作的平行四边形是边长为1的菱形，， 所以， 所以点P在以O为圆心，半径为的圆上， 所以的最大值为. 故选：D 5. 在三角形中，已知，，点满足，则向量在向量方向上的投影为（    ） A. B. C. - D. - 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件可得，点为的重心，可得，先计算在向量方向上的投影，进而可得向量在向量方向上的投影，即可求解. 【详解】由有， 所以，得，即， 如图设的中点为，则， 由，得，得， 所以， 所以， 向量在向量方向上的投影为： ， 因为，所以， 所以向量在向量方向上的投影为， 故选：B. 6. 记数列的前n项和为，已知，，则 （   ） A. 1024 B. 1023 C. 513 D. 256 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，可得是等比数列，可求得，进而利用可求值. 【详解】由，得， 因为，所以，所以， 所以是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以. 故选：B. 7. 函数与的图象在上有个不同的交点，则（ ） A. 2026 B. 4053 C. 8104 D. 8105 【答案】D 【解析】 【分析】根据两函数的对称性可求出它们的对称中心为，结合图象求出它们在上交点的总个数，即可求得结果. 【详解】易知函数关于点成中心对称， 又函数满足； 因此函数也关于点成中心对称， 易知函数的最小正周期为，其值域为 因为函数在上单调递减，且当时，，当，； 可知的值域为； 画出两函数在同一坐标系下的图象如下图： 根据图象可知两函数在上除了之外，共有四个交点， 且这四个交点的横坐标之和为0，纵坐标之和满足， 再由周期性可知两函数在上除了之外共有个交点， 结合对称性可知. 故选：D 8. 在三棱锥中，两两相互垂直，，侧面与底面的夹角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析出侧面与底面的夹角对应的平面角，结合面积关系及基本不等式得到的关系，求出三棱锥的体积最小时的值，进而求出三棱锥的外接球的表面积. 【详解】不妨设，作交于点，如图所示， 因为两两相互垂直，所以，， 又平面，， 所以平面，因为平面， 所以，又，，平面， 所以平面，平面， 所以，则为侧面与底面的夹角，即. 在中，， 因为， 所以，即. 又，所以（当且仅当时取等号）. （当且仅当时取等号）. 当三棱锥体积最小时，，设外接球的半径为， 则，解得. 所以外接球的表面积． 故选：A． 二、多项选择题 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 将图象上的所有点向右平移个长度单位后，得到的函数图象关于轴对称 C. 函数在区间上有2个极值点 D. 函数在点处的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据 中 ，， 的几何意义，结合图象，求得 的解析式，再结合正弦函数的性质及导数的几何意义、直线的点斜式方程，逐项分析即可 【详解】解： 由图可知 ，， 又因为 ，所以 ， 设函数的最小正周期为，由已知，又， 所以， 因为，函数在附近单调递减， ，， 所以 ， 所以 . 对于A： 的最小正周期为 ，A正确； 对于B：由题知平移后的函数为： 因为函数图像关于 轴对称，所以 应为偶函数，即 ， 但 ， 所以 不是偶函数，图像不关于 轴对称，B 错误； 对于C：令 ，，解得 ，， 当 时，， 当 时，，当 时，（舍）， 当 时，（舍）， 所以函数 在区间 上有2个极值点，一个是 ，一个是 ，C正确； 对于D，因为，所以， 所以 ， 所以函数 在点 处的切线方程为 ，即 ，D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ） A. AM⊥平面PCD B. BM⊥PD C. 平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为 D. 平面PBC⊥平面PCD 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由已知先证得，再证得，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于B，由已知可得，故得是等边三角形，又M为PD的中点，所以，即可判断；对于C，先得过点M，N，E的平面为于PC交于点H，进而得得，得，得，得，得，得，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理计算出，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断. 【详解】 因为四边形ABCD为正方形，， 所以，又M为PD的中点，所以， 又PA⊥底面ABCD，得， 又四边形ABCD为正方形，得， 又，且平面PAD， 所以平面PAD， 又平面PAD，所以， 又，且平面PCD， 所以AM⊥平面PCD，故A正确； 如图,连接，由四边形ABCD为正方形，， 可得， 又PA⊥底面ABCD，则，故是等边三角形， 又M为PD的中点，所以，故B正确； 连接，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点， 则有， 又平面， 可得平面，平面， 记过点M，N，E的平面为，交于点，连接， 又，所以平面平面 又由面面平行的性质可得， 故为的中位线，由点分别为的中点， 得， 又四棱锥P-ABCD的体积为V，得， 又，则， 所以， 则 故较大部分几何体的体积为，故C正确； 过B作于点F连接， 由已知得，则， 则为二面角B-PC-D的平面角， 设，由等面积法得， 得，故 ， 在中，， 故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：选项C中，要先得出过点M，N，E的平面为于PC交点的位置，进而得到截得四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积于四棱锥P-ABCD的体积之间的关系；选项D中，通过几何法，作出二面角B-PC-D的平面角，利用余弦定理得出余弦值，通过判断二面角的平面角是否是直角来判断两个平面是否垂直. 11. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的直线与抛物线交于，两点（在第一象限），为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当取最大值时，直线的方程为 B. 若点，则的最小值为3 C. 无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值 D. 若点在抛物线准线上的射影为，则直线、的斜率之积为定值 【答案】AC 【解析】 【分析】设直线，当与抛物线相切时，取得最大值，联立直线与抛物线方程，利用求出，即可判断A，利用抛物线的定义转化求出最值，即可判断B，设方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，求出，即可判断C，结合C选项得，求出即可判断D. 【详解】抛物线的焦点，准线方程为，则， 设直线， 联立，得， 当且仅当与抛物线相切时，取得最大值， 由，得， 直线的斜率为，又在第一象限，所以直线的斜率为， 此时取得最大值，直线的方程为，故A正确； 因为，则在准线上的射影为， 过点作垂直准线，垂足为，连接，则， 所以， 当且仅当，，三点共线时等号成立，故B错误； 对于C：由题意知，，且的斜率不为， 设方程为，，，， 联立直线与抛物线的方程，整理得， 显然，则，， 所以，， 则 ， 即无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值，故C正确； 对于D：由C选项可知， 则，又， 所以（不为定值），故D错误. 故选：AC 三、填空题 12. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为___________． 【答案】60 【解析】 【分析】先根据题干条件算出，然后由二项式定理的展开式通项进行求解. 【详解】的展开式中第项与第项的二项式系数相等， ，，则的展开式中的通项为： ，令，解得， 故该展开式中的系数为 故答案为：60 13. 已知椭圆的左焦点为，点，若以A，F为焦点的双曲线与椭圆交于点，则双曲线的离心率的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知双曲线右支与椭圆C不相交，结合椭圆、双曲线定义可得，，进而可得双曲线的离心率的最大值. 【详解】设椭圆C的半长轴长、半焦距长分别为，双曲线E的半实轴长、半焦距长分别为， 则， 可知椭圆C的左焦点为，右焦点为， 且，即， 因为，， 则，且线段的中垂线为双曲线E的一条对称轴， 可知双曲线E的右支与椭圆不相交， 因为，可得， 当且仅当点在线段上时，等号成立， 即，则双曲线E的离心率，所以双曲线的离心率的最大值为. 故答案为：. 14. 已知函数，，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则___ 若，对于任意都成立，则的最大值为 _____ . 【答案】 ①. 0 ②. e 【解析】 【分析】运用两切线斜率相等列式及对数运算公式可求得第一空的结果；同构函数，研究其单调性将题设不等式转化为在上恒成立，再由求导得出函数在上的最小值即可. 【详解】由得，由得， 依题意得，即， 所以，则； 又， 即时，对于任意都成立， 令， 则，所以在上单调递增， 又因为，即， 由函数的单调性，可得对于任意恒成立， 又因为， 即为在上恒成立，所以， 令， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 所以的最大值为， 故答案为：. 四、解答题 15. 四边形中，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，根据余弦定理求边和，再根据正弦定理求；方法二：中，利用正弦定理，求，再根据两角和的正弦公式，即可求解； （2）方法一：根据平行线的性质，以及余弦定理求，再分别求和的面积，即可求解；方法二：同样先求，再求梯形的高，即可求解. 【小问1详解】 解法一：在中，， 由， 即，整理得， 得或（舍） 又， 由，即 解得． 解法二：在，由， 得， 故， 【小问2详解】 方法一：因为，所以， 在中，由余弦定理，得， 故， 在中，由， 即，整理得， 解得（舍去）或， 在中， 由可得，， 故四边形的面积为． 方法二：因为，所以， 由（1）可得， 在中，由， 即，整理得， 解得（舍去）或， 在中，边上的高为， 故四边形的面积为． 16. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：在四棱柱中，由正方形，得，而， 平面，则平面，而平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）取中点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD与平面，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，由为等边三角形，得，而， 则，又平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，P为的中点，得，， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面PCD与平面夹角的余弦值为. 17. 在平面直角坐标系中，已知，两点分别在轴，轴上运动，，点满足，记的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线与交于，两点，为坐标原点，试求当为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 【答案】（1） （2），最大值为1 【解析】 【分析】（1）设，由向量关系及消去参数得轨迹方程； （2）联立直线与椭圆，利用韦达定理将表示为关于 n的表达式，令 n的系数为零确定 t，再结合弦长与距离公式结合基本不等式求三角形面积的最大值. 【小问1详解】 设，由得，即， 因为点满足，即，设，则， 即，代入得， 整理得，即的方程为. 【小问2详解】 设，联立，得， 则，， 则， 若该式为定值，则该式与无关，则，解得， 此时， 当时，直线为，， 联立得，则， 且，且，解得， 则， 点到的距离， 则， 由基本不等式得， 当且仅当，即时等号成立，即面积的最大值为1. 18. （1）若对任意，都有成立，求实数的取值范围； （2）若，，证明：； （3）若对任意，都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）令，由（1）知函数在上单调递增， 因为，，所以，因此，即， 即成立； （3）. 【解析】 【分析】（1）构造，利用导数及分类讨论研究不等式恒成立求参数范围； （2）构造，利用导数研究其单调性得，即可证； （3）问题化为，，令，，应用必要性探路得，进而研究其充分性即可得范围. 【详解】（1）令函数，则，， 当时，，函数在上单调递增，则，即成立， 当时，在上单调递增，， 所以，当时，，在上单调递减， 所以对，，不成立. 综上，实数的取值范围为. （2）略 （3）对，都有成立，即对，， 令，即， 当时，，，则， 要使成立，则，即， 下面证明：当时，成立，由（2）得， 下面证明：，即证明， 令，则， 因此在上单调递增，，即成立， 综上所述，实数的取值范围是. 19. 张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． （1）求的值； （2）求数列的通项公式； （3）若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 【答案】（1）； （2）（或）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出的值； （2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式； （3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出. 【小问1详解】 已知第1天一定晨跑，故， 第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故， 第3天晨跑的情况分两种： 第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为， 第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为， 故. 【小问2详解】 由题意得，张明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率为， 张明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率为， 所以， 即，则， 所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 由（1）得，，，所以， 所以， 则， 所以， 所以．（或） 【小问3详解】 记他前天中，第天晨跑的次数为． 由题意得，服从两点分布，且， 因为，且对于离散型随机变量，都有， 所以 ， 所以， 所以 所以. （或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $