精品解析：河北滦州市第一中学2025-2026学年高三年级下学期3月考试数学试卷

高三年级3月24日考试 数学试卷 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得，再由共轭复数的定义，即可求解. 【详解】因为，则， 所以. 2. 已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 运用二次不等式的解法化简集合∁ZA，再由交集和补集的定义求解（∁ZA）∩B，进而求得子集的个数（n个元素的集合的子集为2n）． 【详解】集合A＝{x|x2﹣2x<0，x∈Z}＝{1}， 又，则集合（∁ZA）∩B＝{1，0，2}，又n个元素的集合的子集为2n 可得集合（∁ZA）∩B的子集个数为23＝8， 故选：D． 【点睛】本题考查集合的运算，主要是交集和补集的运算，考查二次不等式的解法，以及集合子集的个数问题，属于基础题． 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】借助分段函数性质与指数与对数的运算法则计算即可得. 【详解】由，故， 则. 故选：C. 4. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为 ，所以最小正周期为. 5. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（ ） A. 满足一元线性回归模型的所有假设 B. 不满足一元线性回归模型的的假设 C. 不满足一元线性回归模型的假设 D. 不满足一元线性回归模型的和的假设 【答案】C 【解析】 【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断. 【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型， 根据对应的残差图，残差的均值可能成立， 但明显残差的随着的增大偏差增大，不满足一元线性回归模型的假设，正确的只有C. 故选：C. 6. 已知向量，，向量满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设. 已知，，所以. 则，即. 因表示点到原点的距离，而点是直线上的点， 故的最小值即为原点到直线的距离， 因为点在直线上，所以可无限大， 所以的取值范围是. 7. 函数在区间上的极值点个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，令，求得或，结合正弦函数的性质，以及函数极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，即，可得或， 因为，可得， 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 在上递增，在上递减，在上递增， 其中两侧函数的单调性相同，可得不是函数的极值点， 所以在区间的极值点为，共有4个. 故选：A. 8. 已知抛物线：（）的焦点为，圆：与交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知条件解出，两点坐标，再由焦半径公式求得. 【详解】由圆：可知，圆心，半径为. 而圆和抛物线都关于轴对称，则可设，. 由，得. 因为点在圆上，又有，即， 而，则解得，所以.而点又在抛物线上， 则有，所以，则. 所以. 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，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用对数函数的性质判断A的真假；利用指数函数的性质判断B的真假；利用基本不等式判断CD的真假. 【详解】对A：因为，，所以，所以，故A错误； 对B：因为，所以，故B正确； 对C：因为，当且仅当即，时取等号.故C正确； 对D：因为，故D正确. 10. 在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】设，如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，可求出平面的法向量，根据数量积公式，可判断A、C的正误；根据向量平行的坐标关系，可判断D的正误；根据面面垂直的判定定理，可判断B的正误. 【详解】取AC中点O，中点，连接，设， 因为正三棱柱，所以两两垂直， 以O为原点，为轴正方向建系，如图所示， 则 ， 所以 ， 选项A：设平面的法向量， 则，即， 令，则，即， 则，所以与平面不平行，故A错误； 选项B：连接，因为正三角形ABC，所以， 又正三棱柱，所以平面ABC， 因为平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故B正确； 选项C：，所以，则，故C正确； 选项D：因为，所以与不平行， 所以与平面不垂直，故D错误. 11. 已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设. 【详解】令，，， 等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点， 对于A：如下图，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于B：如下图，且， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于C：如下图，，，则， 若与曲线相切且为切点，则，故，此时 令，则，即，故，即有与相切于， 如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足， 对于D：如下图，，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆（）的离心率为，则______． 【答案】4 【解析】 【详解】显然，故，解得. 13. 的展开式中的系数为_________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】应用二项式定理求展开式通项，根据乘积形式写出含项，即可得. 【详解】对于，展开式通项为，， 所以含项为， 所以该项对应系数为. 故答案为： 14. 已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用函数的对称性，得在区间上单调递增，再由二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为函数为奇函数，所以关于点中心对称， 又在上单调递增，则在区间上也单调递增， 又当时，（），对称轴为， 当时， 的图象开口向下，且，此时在区间上单调递减，不合题意， 所以，解得，所以实数的取值范围是. 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. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列为等比数列； （2）若数列的前项和小于120，求的最大值． 【答案】（1）证明如下： 令，则，于是，结合已知有， 所以 ，即． 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 即数列为等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）令，得，代入已知条件整理即可得证； （2）根据（1）中结论可得数列的通项，应用分组求和及等差等比的前n项和公式求，利用单调性及能成立求参数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，则， 则， 令，整理得，而在上单调递增， 且， 所以，的最大值为． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． （1）求证：； （2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接， 因为点是棱的中点，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，所以， 由底面为菱形，且，可得为等边三角形， 因为是的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的法向量，利用向量的距离公式，列出方程，求得，再由的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，因为是的中点，可得， 因为，所以， 又因为平面，且平面，所以， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设，可得， 所以， 设平面的法向量为，可得， 令，可得，所以， 因为点到平面的距离为，可得， 则，解得，所以，所以，且. 又因为平面与轴所在直线垂直，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，可得， 所以平面与平面夹角的余弦值. 17. 甲、乙进行射击比赛，两人依次轮流对同一目标进行射击，直至有人命中目标，比赛结束，命中目标者获胜．假设甲每次射击命中目标的概率均为（），乙每次射击命中目标的概率均为（），各次射击结果互不影响． （1）若甲先射击，甲第2次射击且获胜的概率为，求（用，表示）； （2）若乙先射击，且乙获胜的概率恒大于甲获胜的概率，求的最小值． 参考公式：若，则． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）判断出甲第2次射击且获胜的情形，利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可. （2）分别求出乙先射击，甲、乙获胜的概率，根据题意列出不等式求解即可. 【小问1详解】 甲第2次射击且获胜，即甲第1次未命中，乙第1次未命中，甲第2次命中. 所以. 【小问2详解】 设乙先射击并获胜的概率为，甲获胜的概率为. 乙获胜的情况为： 乙第1次射击并命中，概率为； 第1轮甲乙均未命中，乙第2次射击并命中，概率为； 第2轮甲乙均未命中，乙第3次射击并命中，概率为； 第轮甲乙均未命中，乙第次射击并命中，概率为； 这是一个首项为，公比为的无穷等比数列，所以. 甲获胜的情况为： 第1轮乙未命中，甲命中，概率为； 第2轮乙未命中，甲命中，概率为； 第3轮乙未命中，甲命中，概率为； 第轮乙未命中，甲命中，概率为； 这是一个首项为，公比为的无穷等比数列，所以. 由题意知，恒成立，即恒成立， 因为，，所以， 所以恒成立，即. 因为，所以，，所以. 所以的最小值为. 18. 已知椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解； （2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可； ②计算可得，设，可得，结合化简得到，设直线，进而得到直线过定点，进而求解即可. 【小问1详解】 由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①设直线的方程为， 且，，即， 联立，得， 则，即， 且， 则 ， 即点横坐标为. 由①知，，， 则，即， 设，与①同理可得， 则 ， 则， 设直线， 则， 则， 又，则， 则直线， 所以直线过定点， 则为中点时，则， ，则， 因此，存在定点，使得为定值. 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为. （2） （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可， 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内 函数单调递增， 内 函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 . 因此， 令，则， 当 时， ，单调递增， 当时， ，单调递减， 故在 时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间； （2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以. （3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时， 所以在内单调递减，且 ， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令， ， 则， 令，则， 所以在区间 上单调递增， 又因为 ， 所以当 时， ，即，单调递减； 当 时， ，即 ，单调递增； 所以函数在 处取得极小值也是最小值， 当时， ，时， ， 因为有且仅有1个解， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级3月24日考试 数学试卷 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 5. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（ ） A. 满足一元线性回归模型的所有假设 B. 不满足一元线性回归模型的的假设 C. 不满足一元线性回归模型的假设 D. 不满足一元线性回归模型的和的假设 6. 已知向量，，向量满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 函数在区间上的极值点个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 已知抛物线：（）的焦点为，圆：与交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 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，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 平面 11. 已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆（）的离心率为，则______． 13. 的展开式中的系数为_________（用数字作答）． 14. 已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______． 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. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列为等比数列； （2）若数列的前项和小于120，求的最大值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． （1）求证：； （2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 甲、乙进行射击比赛，两人依次轮流对同一目标进行射击，直至有人命中目标，比赛结束，命中目标者获胜．假设甲每次射击命中目标的概率均为（），乙每次射击命中目标的概率均为（），各次射击结果互不影响． （1）若甲先射击，甲第2次射击且获胜的概率为，求（用，表示）； （2）若乙先射击，且乙获胜的概率恒大于甲获胜的概率，求的最小值． 参考公式：若，则． 18. 已知椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $