精品解析：海南九师联盟2026届高三3月联考数学试题

高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A B. C. D. 6. 已知函数，当时，有，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方形ABCD中，为BC的中点，将沿直线AC折起至处，使得点在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知函数，存在，，满足．设，函数，则在区间上的最小值为（ ） 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，记一组数据1，2，3，a，8为，则（ ） A. 若的极差为9，则 B. 若的分位数是6，则 C. 若的平均数为3，则 D. 若的方差为6.8，则 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 3是的极大值点 C. 曲线在点处切线方程为 D. 若，则在上存在最大值 11. 已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于、两点（在第一象限），过、分别向的准线作垂线，垂足分别为、，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则的斜率为 B. 存在直线，使得的面积为 C. 若为等边三角形，则 D. 若的面积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中所有奇数项的系数和为________． 13. 已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 14. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，若，且存在，使得，则______；______．（用表示） 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，，，， ． （1）求； （2）若为边上一点，，，证明：． 16. 如图，在四棱柱中，四边形ABCD为菱形，为棱BC的中点，平面ABCD，且． （1）证明：平面平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 17 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，，求的取值范围． 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点． （1）求的大小； （2）若为上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为． （i）若，求的方程； （ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． （1）当时，求； （2）证明：； （3）已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，则. 2. 已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，而，则， 因此，又，所以与的夹角为． 3. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知集合； 已知集合，由于可得是的正因数； 当时，；当时，；当时，；当时，； 所以； 因为，集合中的最大元素为，所以必须大于等于6，即，所以实数的取值范围是. 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设的公差为， 由，，得， 解方程组，得， 所以． 5. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将直线方程整理为， 该式对任意实数恒成立，故需满足 解得，即直线恒过定点.圆心，半径. 圆心到定点的距离. 当直线时，弦长最小. 由弦长公式得最小值为. 故的最小值为. 6. 已知函数，当时，有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 详解】对于A，如图所示： 由时，则与矛盾，故A错误； 选项B，如图所示： 由时，则与矛盾，故B错误； 对于C，如图所示： 由时，，但是此时，故C错误； 对于D，由函数的图象可知， 函数在上单调递减，在上单调递增， 若时，有，则，无法确定， 如图所示： 由，则，即， 由，所以，故D正确. 7. 如图，在正方形ABCD中，为BC的中点，将沿直线AC折起至处，使得点在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，分析可得F为点P在平面ABC上的射影，即平面ABC，根据线面垂直的性质，可得，分析可得点O为三棱锥外接球的球心，根据条件，可得正方形ABCD的边长，根据重心的性质，可得的长，根据勾股定理，可得三棱锥的高，代入体积公式，即可得答案. 【详解】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，连接PF，PO，设正方形ABCD的边长为a， 因为ABCD为正方形，所以沿对角线AC折起的过程中， 点D（即点P）在底面上的射影一直在直线BD上， 又点在平面ABC上的射影在直线AE上，所以点F即为点P在平面ABC上的射影， 即平面ABC， 因为平面ABC，所以， 因为O为对角线AC、BD的交点，所以， 即，所以O为三棱锥外接球的球心， 则三棱锥外接球的半径， 则，解， 因为O为AC的中点，E为BC的中点，所以F为的重心， 则， 在中，，即三棱锥的高为， 则三棱锥的体积. 8. 已知函数，存在，，满足．设，函数，则在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由 的最值求得，再化简，换元求导得 在上最小值为 . 【详解】，则，， 所以. 若存在，，满足， 则当且仅当，时等号成立， 所以，， 解得，， 所以； . 又 ， 所以. 令，当时，的取值范围是， 令，则， 当时，单调递减； 当时，，单调递增. 所以， 所以在上的最小值为． 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，记一组数据1，2，3，a，8为，则（ ） A. 若的极差为9，则 B. 若的分位数是6，则 C. 若的平均数为3，则 D. 若的方差为6.8，则 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A，的极差为9，则，，A正确； 对于B，由的分位数是6，得，当时，，不符合题意， 因此，则，解得，符合题意，B正确； 对于C，由的平均数为3，得，解得，C错误； 对于D，的平均数为，的平均数为， 由的方差为6.8，得，解得或，D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 3是的极大值点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 若，则在上存在最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，直接求的解析式，再由奇函数的判断方法，即可求解；对B，直接求出的极值，即可求解；对C，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式，即可求解；对D，利用导数求出在上的单调性，再取一个值，通过验证即可求解. 【详解】对于A，因为，则， 令，易知的定义域为，关于原点对称， 又，所以为奇函数，故A正确， 对于B，因为，令，得到或， 当时，，当时，， 所以是的极小值点，故B错误， 对于C，因为，， 所以曲线在点处的切线方程为，即，所以C正确， 对于D，由选项B知，的增区间为，减区间为， 又，又，若，则在区间上单调递增， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 取，又，此时在上不存在最大值，故D错误. 11. 已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于、两点（在第一象限），过、分别向的准线作垂线，垂足分别为、，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则斜率为 B. 存在直线，使得的面积为 C. 若为等边三角形，则 D. 若的面积为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求出点的坐标，可求出直线的斜率，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线方程联立，结合弦长公式、三角形的面积公式求出面积的最小值，可判断B选项；求出直线的方程，可得出点到直线的距离，结合三角形的面积公式可求出，可判断C选项；推导出，结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】由题意知，解得，故的方程为，焦点为， 设点，， 对于A，因为，由抛物线的定义，得，解得， 又，，所以，此时的斜率为，故A正确； 对于B，设直线的方程为，代入的方程并化简，得， ，所以，， 所以， 所以不存在直线，使得，故B错误； 对于C，若为等边三角形，则， 因为轴，故直线的倾斜角等于，则的斜率为， 此时的方程为，即， 所以点到的距离， 由上知的面积为， 所以，解得，故C正确； 对于D，由抛物线的定义可得，， 所以，， 因为，所以， 因为， 所以，故， 则，所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中所有奇数项的系数和为________． 【答案】121 【解析】 【详解】展开式的通项为，， 当，2，4时,，，， 其系数和为． 13. 已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】法1：设点在渐近线上，由向量垂直得数量积为零，整理出关于的一元二次方程，利用方程有解判别式非负，结合双曲线关系化简，最终求得离心率范围. 法2：由向量垂直知在以为直径的圆上，利用渐近线与圆有公共点，得圆心到渐近线距离不大于半径，代入双曲线关系化简，求出离心率取值范围. 【详解】法1：双曲线的右顶点， 不妨取渐近线方程为.设，则，. 由，得，整理得. 由题意知该关于的方程有解，所以. 化简可得，即，所以，又. 所以，即的离心率的取值范围是． 法2：由知，点在以为直径的圆上. 由题意知的渐近线与圆有公共点，所以到的渐近线的距离满足，即， 所以，所以. 所以，又，所以，即的离心率的取值范围为． 14. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，若，且存在，使得，则______；______．（用表示） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据，结合，可得，进而可求出，再根据，求出的表达式，再结合，即可求出，再根据等差数列前项和公式即可得解. 【详解】由题意，， 由，即， 所以， 由，可得， 所以， 所以， 又，所以， 因为存在，使得， 即，所以， 因为，且， 所以，即， 所以， 所以， 所以. 故答案为：；. 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，，，， ． （1）求； （2）若为边上一点，，，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及正弦定理求解即可. （2）根据三角形面积公式得到，结合余弦定理即可求出，的值，得到为等边三角形，进而得到. 【小问1详解】 因为，所以. 由正弦定理知，，又，，所以. 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，又，所以，即平分. 因为，， ， 所以，即. 在中，， 即，解得或（舍去）. 所以，解得，所以为等边三角形， 又平分，所以. 16. 如图，在四棱柱中，四边形ABCD为菱形，为棱BC的中点，平面ABCD，且． （1）证明：平面平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【小问1详解】 四边形为菱形，为棱BC的中点，所以. 又平面，如图：以为原点所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 设则 , 设平面的法向量为则，令易得. 设平面的法向量，则， 令，则. 所以，所以平面平面， 即平面平面 【小问2详解】 由（1）得 设平面的法向量，则 令，则 平面与平面的夹角的余弦值为 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增． （2） 【解析】 【分析】（1）先明确函数定义域,求导并化简导数表达式,再按 和 分类讨论,根据导数正负判断对应区间,确定函数在定义域内的单调递减或增减区间分布. （2）将恒成立不等式转化为新函数恒非负问题,新函数连续两次求导,分析导函数单调性,由端点导数值分 和 讨论,结合不等式放缩与零点存在定理验证,最终确定的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为，且， 当时，在上恒成立，所以在上单调递减； 当时，令，得；令，得. 所以上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由，，得． 令，则， 令 ，则 . 令 ，得 ，即 ，解得 当 时，， 单调递增； 当 时，， 单调递减. 因此 在 处取得极小值，同时也是最小值：. 故 对 恒成立，即 ，同理也可得. 令， 则， 所以，即在上单调递增，从而． 当，即时，，则在上单调递增，从而， 此时符合题意； 当，即时，． 设，则 令，则，则即在上单调递增. 所以，从而在上单调递增. 所以0，故． 又， 由零点存在定理及在上单调递增可知存在唯一的，使得，所以当时，，则在上单调递减，从而，此时不符合题意． 综上，的取值范围为． 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点． （1）求的大小； （2）若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为． （i）若，求的方程； （ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，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）（i）（ii）存在点，使得为定值 【解析】 【分析】（1）根据离心率得出与的关系，利用直角三角形中正切值求出，再由椭圆对称性得解； （2）（i）联立直线与椭圆方程，分别求出的坐标，即可求出直线方程；（ii）设直线的方程为,联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式表示出，化简后根据求出，可知直线过定点，由题意确定点轨迹为以为直径的圆，据此可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以， 将代入方程，得， 所以，所以， 又，所以， 由椭圆的对称性知，. 【小问2详解】 因为为的上顶点，所以，即，所以， 所以，所以椭圆的方程为. （i）若，则直线DM，DN的方程分别为， 由，可得，解得，所以， 即，同理可求得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. （ii）设直线的方程为， 由，消去并整理可得， 则， 且. 由，可得 ，解得，满足， 所以直线的方程为，所以直线过定点. 由题意知点在以为直径的圆上， 所以当点为线段的中点时，，为圆的半径，即为定值. 19. 某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． （1）当时，求； （2）证明：； （3）已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）（万元） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的所有可能取值及相应的概率，分析的可能情况，进而运算求解； （2）分析可知随机变量的可能取值有、、、，利用全概率公式求出随机变量在不同取值下的概率，再结合期望公式可证得结论成立； （3）分析可知数列是以为公比的等比数列，求出的表达式，于是可得出第个月的期望宕机节点数为，据此可得出第个月的经济损失的期望，再利用等比数列求和公式可求得从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【小问1详解】 初始状态，即个在线、个宕机． 第个月选中在线节点的概率为，此时； 选中宕机节点的概率为，其中修复成功的概率为，此时； 修复失败的概率为，此时． 所以，． ，． 所以 ， 故当时，． 【小问2详解】 由题意知的可能取值有、、、， 所以， ， ， ， 所以 ． 因为， 所以， 所以 ， 所以． 【小问3详解】 因为，设， 所以， 所以，，， 所以是以为公比的等比数列， ，，, 故， 所以， 所以， 第个月的期望宕机节点数的期望为． 每台宕机节点每月损失万元，故第个月的经济损失的期望为． 设从第个月开始的个月的经济损失的总期望为， 故（万元）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $