精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高三下学期3月月考数学试卷

三明一中2025-2026学年下学期高三月考 数学试卷 （考试时间：120分钟满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一、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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数在复平面内的点关于实轴对称，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某次展览会有4个核心主题，已知每个主题下有2个案例，现需从8个案例中随机抽取4个案例进行重点演示，则抽出的4个案例中，恰好包含某一个主题下的2个案例，而另外2个案例来自两个不同主题的抽取方案的种数为（ ） A. 120 B. 96 C. 48 D. 24 4. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点是抛物线的焦点，则（ ） A. B. C. 2 D. 6. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ） A. 7或 B. 5或 C. 3或 D. 1或 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强 B. 的分位数是 C. 随机变量的方差，期望，则 D. 某班个男生的数学平均分为，方差为，个女生的数学平均分为，方差为，则全班个学生的数学成绩的方差为 11. 在平面直角坐标系中，已知，，动圆：，过点，分别作斜率为，的两条直线与动圆相切，两切线交于第一象限的点，设点到直线的距离为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，的系数是________. 13. 已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______. 14. 已知不等式（，且）对任意正实数恒成立，则的最大值为___________． 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. 在中内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． （1）求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； （2）若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，证明：在上存在2个不同的零点，且； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年下学期高三月考 数学试卷 （考试时间：120分钟满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一、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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】不等式， 解得，即。 绝对值不等式， 化简得或， 即或， 又因为，因此 所以. 2. 设复数在复平面内的点关于实轴对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数对应的点的特征可得，由复数的除法运算可求得结果. 【详解】，在复平面内的点关于实轴对称，； . 故选：B. 3. 某次展览会有4个核心主题，已知每个主题下有2个案例，现需从8个案例中随机抽取4个案例进行重点演示，则抽出的4个案例中，恰好包含某一个主题下的2个案例，而另外2个案例来自两个不同主题的抽取方案的种数为（ ） A. 120 B. 96 C. 48 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先取出同一主题的两个案例有种取法，再从剩下的主题中取出2个主题，有种方法， 最后再从这2个主题分别包含的2个案例中各取一个案例有种， 由分步计数原理，可得取法种数为. 故选：C． 4. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将两端平方，从而解出与的夹角. 【详解】因为，所以， 所以，所以． 5. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点是抛物线的焦点，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆与抛物线的基本概念及性质求解即可. 【详解】椭圆的长轴长是短轴长的倍， 所以，即，所以， 抛物线的焦点为，该焦点为椭圆的右焦点， 所以，所以，即. 故选：A 6. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线与函数图象的相邻两交点间距离为，求得最小正周期；根据正切函数的对称性求得，从而求得其最小值. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为， 所以函数的最小正周期为，所以，所以. 由函数的图象关于点对称， 得，所以. 所以正实数的最小值为. 7. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ） A. 7或 B. 5或 C. 3或 D. 1或 【答案】D 【解析】 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：， 每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：， 其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的， 时 时 时 时 时 时 时 时 综上，组合数在和时取得最大值， 当时，代入得：， 当时，代入得：， 质点最可能移动到的位置坐标为或. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当时，；当时，； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：， 得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD. 【详解】A选项，由，得， 故， 由正态分布的对称性可知，A正确； B选项，，B正确； C选项，由题意得，故，C错误； D选项，，D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强 B. 的分位数是 C. 随机变量的方差，期望，则 D. 某班个男生的数学平均分为，方差为，个女生的数学平均分为，方差为，则全班个学生的数学成绩的方差为 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，样本相关系数的取值范围为，越接近，线性相关性越强，越接近， 线性相关性越弱，A正确； 对于B，∵该组数据共8个数据，，∴分位数是第个和第个数据的平均数， 即，B错误； 对于C，由，得，C错误； 对于D，，，D正确． 11. 在平面直角坐标系中，已知，，动圆：，过点，分别作斜率为，的两条直线与动圆相切，两切线交于第一象限的点，设点到直线的距离为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线的定义得到点是以，为焦点的双曲线，且求出点的轨迹方程，选项A，由求解；选项B，利用渐近线和直线的关系得到的范围；选项C，利用渐近线和直线的关系得到的范围；选项D，利用点斜式设出过点的切线方程，利用点斜式求出点到直线的距离，利用的范围求出的范围. 【详解】设圆与线段交于点，圆与线段交于点，圆与线段交于点， 动圆：，圆心为，半径为， ， ，，，为圆的切线， 为圆的切线， ， ， ，， 点是以，为焦点的双曲线，且， ，， 点的轨迹方程为， 选项A，在上，为焦点， ，故选项A正确； 选项B，的渐近线方程为， ，故选项B正确； 选项C， 直线的倾斜角可以是钝角，故错误，故选项C错误； 选项D，设过点的切线方程为，即， ，点到直线的距离为， ，，，，， ，，，故选项D正确. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，的系数是________. 【答案】80 【解析】 【详解】，令，解得， 故的系数为. 13. 已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】先利用导数的几何意义求出切线方程，然后利用导数几何的意义求得曲线的切点坐标，即可求解. 【详解】设，则，又，所以， 则切线方程为， 设，则，令，解得， 所以. 故答案为：2 14. 已知不等式（，且）对任意正实数恒成立，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，可得，令可得，并结合导数的几何意义检验即可. 【详解】原不等式等价于． 若，令， 当，，即必有一部分位于直线的上方， 与原不等式恒成立相矛盾，所以， 所以上述不等式等价于， 设函数，直线． 经过分析可知，单调递增且上凸，直线经过点， 要想恒成立， 需满足在函数上方或在上且与相切于此点， 由于不等式对任意恒成立，所以取时不等式也成立， 可得，即， 当且仅当直线与曲线在点处相切时，取到最大值， 即直线与相切于点， 又的斜率为， 故，解得，此时， 所以的最大值为． 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. 在中内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，可求； （2）法一：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，进而利用正弦定理可求得，进而可求的面积． 法二：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，利用正弦定理可求得，进而利用可求解. 【小问1详解】 由正弦定理知． ∴，∵，∴， ∴，，∴． 【小问2详解】 法一：由（1）知，，∴． ∴，∴，∴． 法二：由（1）知，，∴． 由正弦定理可得． ∴． 16. 抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． （1）求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； （2）若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式计算可得； （2）方法一：先利用乘法概率公式求得第次恰好抽到第一块干电池，第次恰好抽到第二块干电池的概率，然后利用等比数列求和公式求解即可；方法二：根据题意可得递推关系，再用定义法证明等比数列，进而利用等比数列通项公式求解即可. 【小问1详解】 记第1，2次取出的是干电池的概率分别为，， ，， 在第2次取出的是干电池的条件下第1次取出的也是干电池的概率为 . 【小问2详解】 方法一：依题意有抽屉里有3块充电电池，2块干电池， 用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5块不变． 记第次恰好抽到第一块干电池， 第次恰好抽到第二块干电池的概率为， 则， ∴ . 方法二：“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”可分为两类： 第1次抽到干电池与第1次抽到充电电池． 当第1次抽到充电电池时： 此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， 当第1次抽到干电池时，仅第1次与第次抽到干电池： 此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， ∴，．，． ∴，∴， ∵， ∴是以为首项为公比的等比数列， ∴， ∴，当时该式也成立． 故所求概率为，． 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【小问1详解】 证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即． 【小问2详解】 若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴． ∴，，． 设平面的法向量为 则取，，，∴， 设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴， 则点到平面距离为． 18. 已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值． 【小问1详解】 由题意有，所以. 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以. 所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴. （ⅱ）∵， 而，， 由（ⅰ）知， ∴，又， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以．的最小值为． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，证明：在上存在2个不同的零点，且； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，进而判断函数单调性，求出函数最值； （2）根据函数零点与函数导数之间的关系，进而求出函数单调性，根据函数单调性判断函数最值，判断函数零点，再构造函数，根据函数单调性列出不等式，证明结果即可； （3）根据不等式恒成立的条件，构造函数，根据函数导数求出函数单调性和最值，求出参数范围. 【小问1详解】 由题意可知． 当时，，在上单调递减， ∴． 【小问2详解】 当时，，即，可得， 令，， 令，由定义域为，可得，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以． 又时，时， 所以在上2个不同的零点，即在上2个不同的零点， 设，令，， 则， ∴在上单调递减，∴， ∴，即，又，， 而在上单调递增，，故． 【小问3详解】 令在上恒成立． 记，．则， 所以原不等式等价于在上恒成立． 可知，令，． 当时，，即在上单调递增，即在上单调递增， ∴， 当即时，，在上单调递增，，不等式恒成立； 当即时，存在使得， 即存在使得在上单调递减，在上单调递增， 即在上，不等式不恒成立．所以； 当时，，，， 可知在上单调递增， ，．即在上有唯一解， 使得，即时，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 因为， ∴存在，使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减， 而，． ∴当时，，即在上单调递增， 而，∴，∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $