精品解析：山东省实验中学（中心校区）2026届高三3月保温测试数学试题

山东省实验中学（中心校区）2026届高三3月保温测试 数学试题 2026.03 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列.若对于任意的，满足，则（ ） A. B. C. 32 D. 16 5. 某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（ ） A 20 B. 40 C. 66 D. 80 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 函数在区间内有6个零点 C. 的图象关于点对称 D. 将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为 10. 已知直线与圆交于点，点中点为，则（ ） A. 最小值为 B. 的最大值为4 C. 为定值 D. 存在定点，使得为定值 11. 已知函数及其导函数定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的最小值为_____________． 13. 直径为2的球与一个正方体的各个面相切，过正方体的一条棱作一平面，该平面被正方体截得的长方形面积为，则球被截面截得的圆的面积为______. 14. 定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为_______． 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. 已知函数． （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围． 16. 已知的三边所对的角分别为． （1）求证：； （2）若，求的取值范围． 17. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． （1）求． （2）当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 19. 每届高考结束后，某校各班都要推荐优秀学生代表作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享.2025届高三年级班号依次为，高三0班的优秀学生代表为2名男生和2名女生，其余各班的优秀学生代表均为1名男生和1名女生．第一场分享会的4名学生嘉宾由从高三0班的优秀学生代表中选出的2名和高三1班的2名优秀学生代表共同组成，第二场分享会的4名学生嘉宾由从上一场的4名嘉宾中选出的2名和高三2班的2名优秀学生代表共同组成，．．．，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会． （1）求第一场分享会学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （2）求第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （3）记第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学（中心校区）2026届高三3月保温测试 数学试题 2026.03 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由方程求出可得焦点坐标． 【详解】抛物线方程可转化为：，故焦点在轴正半轴，且， 故焦点坐标为. 故选：D. 2. 若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先由平均数求未知量，再排序后根据百分位数定义计算. 【详解】由已知可求得：平均数，解得. 排序后数据：1，2，4，6，7共5个数据，，则此样本的第位数为， 故选：C. 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】对于A，若，，则或或l与相交，故A错误； 对于B，若，，则或或l与相交，故B错误； 对于C，若，，，则或或l与相交不垂直或l与垂直，故C错误； 对于D，若，，则，又因为，则，故D正确. 4. 已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列.若对于任意的，满足，则（ ） A. B. C. 32 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】借助等比数列知识，利用，，成等差数列，求出，再利用，求出，再计算即可. 【详解】因为，，成等差数列，所以 即， 即， 所以， 因为数列是等比数列，且， 所以， ， 所以，即， 所以（无解）或，即 又因为，所以， 所以， 所以， 故选：D. 5. 某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（ ） A. 20 B. 40 C. 66 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加B，C，D这3个项目， 共有种不同的安排方法. 又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类： ①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法； ②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项目， 共有种不同安排方法； 综上所述：共有种不同的安排方法. 故选：C. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】合理换元，求出关键数值，结合诱导公式处理即可. 【详解】令，，得，则， 即，整理得，且， 那么，则. 故选：C. 7. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案. 【详解】由于函数，定义域为R，满足， 得是奇函数，且在R上为减函数. 在上恒成立，在上恒成立， 在上恒成立，在上恒成立. 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， ，即a的取值范围为， 故选：D. 8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线定义结合已知得，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解. 【详解】不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以， 点A在双曲线上， ， 又， ，， 点B在双曲线上， ， ， ， 设内切圆圆心I，连接，如图所示， ， ， 即， 为等边三角形，， 在由余弦定理得：， 即：， . 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 函数在区间内有6个零点 C. 的图象关于点对称 D. 将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】首先化简得，对于A：直接用周期公式求解；对于B：求出的范围，然后结合的图象得零点个数；对于C：直接计算的值即可判断；对于D：求出，结合图象来列不等式求解. 【详解】 ， 对于A：，A正确； 对于B：当时，，则分别取时对于的的值为函数在区间上的零点，只有个，B错误； 对于C：，故点不是的对称中心，C错误； 对于D：由已知， 当时，， 因为在上的最大值为， 所以，解得，D正确. 故选：AD. 10. 已知直线与圆交于点，点中点为，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为4 C. 为定值 D. 存在定点，使得为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用直线过定点进行逐项分析，对于A，根据和直线垂直时，取最小值求解即可；对于B，验证直线能否过圆心即可； 对于C，联立直线和圆的方程，将表示出来求解即可；对于D，利用，结合直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可. 【详解】直线，即， 故直线过定点,且圆的圆心为，半径为2, ，故在圆内， 对于A，当和直线垂直时，圆心到直线的距离最大，距离， 此时最小，，故A正确； 对于B，当时，为圆的直径，此时直线过圆心， 方程无解，故直线不可能过圆心，故B错误； 对于C，设，则， 当直线斜率不存在时，，联立圆得，， 此时 当直线斜率存在时，设直线，联立圆， 得，即， ， ，, , 带入得：， 故为定值，故C正确； 对于D，中点为，故,且在上， 所以,故是直角三角形， 当为中点时，为定值，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则（ ） A. B. C D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数性质和导函数的运算法则，结合赋值法可得相关结论. 【详解】因为， 令得：，又因为，所以，故A正确； 因为是定义域为的奇函数，所以，且为偶函数. 令，可得：① 再用代替可得： ② ①②得： 所以：， 所以是周期为3的周期函数，所以：，故B正确. 因为：，，所以：， 所以：，故C错误； 又因为亦为周期为3的周期函数，且为偶函数，所以 令，可得：， 所以. 所以：.故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：对于可导函数有：奇函数的导函数为偶函数；偶函数的导函数为奇函数. 若定义在上的函数是可导函数，且周期为，则其导函数也是周期函数，且周期也为. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的最小值为_____________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据表示，两点到直线的距离之和的倍，结合，两点到直线的距离之和等于线段的中点到直线距离的2倍，根据题意分析可得中点的轨迹是以为直径的圆，从而求出到直线距离的最小值的倍即可得到答案. 【详解】由题可得：， 所以表示，两点到直线距离之和的倍， 根据题意作出图形如下： 如图，设，的中点为， 且，，在直线的投影分别为，，， 圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，易得，即， 所以点在以为直径的圆上，其圆心为，半径为， 由图可得： 由于到直线的距离， 所以， 即的最小值为. 故答案为：4 13. 直径为2的球与一个正方体的各个面相切，过正方体的一条棱作一平面，该平面被正方体截得的长方形面积为，则球被截面截得的圆的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用球与正方体相切的条件得出正方体的棱长为2，再通过长方形面积求出截面的边长，最后结合球的半径和球心到截面的距离，算出截面圆的半径，进而得到面积. 【详解】因为球与正方体的各个面相切，且直径为2，所以正方体的棱长等于球的直径，即棱长， 如图，设过正方体的一条棱作一平面，分别与交于点, 因为该平面被正方体截得的长方形面积为，所以，即， 所以， 即是的中点，同理也是的中点， 如图建立空间直角坐标系，则， 所以 设平面的法向量为， 则，故可取， 又因为，则球心到平面的距离为， 所以球被截面截得的圆的半径 ， 所以球被截面截得的圆的面积. 【点睛】利用球与正方体相切，确定正方体的棱长，结合截面形状和面积求出球心到截面的距离，这是解决问题的关键. 14. 定义：为实数中较大数．若，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据的范围，讨论的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性质确定的范围，即可得解． 【详解】设， 则由题意可得， 因为，所以 ①当时，， 只需考虑， 所以，， 所以，可得，当且仅当时取等号； ②当时，，只需考虑， 所以， 可得，当且仅当时取等号. 综上所述，的最小值为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件. 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. 已知函数． （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出，由已知分离参数，构造函数并利用导数求出最小值即得. 【小问1详解】 当时，，求导得， 则，而，于是，即， 所以的图象在点处的切线方程是. 【小问2详解】 函数定义域为，求导得， 由，得，令， 求导得，令函数， 显然函数在上单调递增，而，则当时，，， 当时，，，函数在上递减，在上递增，， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 16. 已知的三边所对的角分别为． （1）求证：； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）可以采用正弦定理边角互化，再用余弦定理得到，最后结合和角公式和同角三角函数关系式计算即可； （2）由（1），直接将用和表示，转变成关于的函数，借助函数单调性求范围即可． 【小问1详解】 由正弦定理得 ， ． 【小问2详解】 ， ，令， 由于在上单调递增， 则原函数也是在上单调递增. ，即的取值范围为． 17. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在点，此时 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【小问1详解】 因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； 【小问2详解】 因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 18. 已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． （1）求． （2）当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）直线与交于定点． 【解析】 【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得； （2）（i）将直线与抛物线联立，可知，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线，整理可得，即； （ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点. 【小问1详解】 当点与原点重合时，直线过原点且斜率为2，其方程为， 联立得，解得或，所以． 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知，设，直线． 联立与，得， 所以且． （i）设，如下图： 直线过点和，设直线的方程为， 联立，得，则， 整理可得．① 同理，对于直线，可得．② 因为，所以，③ 由①②作商，结合③，得，即． 所以， 所以． （ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线， 又因为，所以与的交点即直线与的交点． 由②③，得，所以． 直线的斜率， 直线的方程为． 在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点， 故直线与交于定点． 19. 每届高考结束后，某校各班都要推荐优秀学生代表作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享.2025届高三年级班号依次为，高三0班的优秀学生代表为2名男生和2名女生，其余各班的优秀学生代表均为1名男生和1名女生．第一场分享会的4名学生嘉宾由从高三0班的优秀学生代表中选出的2名和高三1班的2名优秀学生代表共同组成，第二场分享会的4名学生嘉宾由从上一场的4名嘉宾中选出的2名和高三2班的2名优秀学生代表共同组成，．．．，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会． （1）求第一场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （2）求第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率； （3）记第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3） 1 2 3 【解析】 【分析】（1）借助概率公式计算即可得； （2）借助全概率公式计算即可得； （3）借助全概率公式计算可得，则可利用等比数列定义及其性质求出的通项公式，再得到随机变量所有可能取值及其对应概率即可得分布列，再利用数学期望公式计算即可得期望． 【小问1详解】 设第场分享会的学生嘉宾中有1名男生为事件， 有2名男生为事件，有3名男生为事件，则； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 当时， ， ， ， 由，得 ， 即有，又， 所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即， 结合对称性可知，每次分享会的学生嘉宾中有1名男生的概率与有3名男生的概率相同， 故，又， 所以， 第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数的所有可能取值为1，2，3， ， ， 故其分布列为： 1 2 3 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $