精品解析：福建龙岩市上杭县第一中学2026届高三下学期3月质量检测数学试题

2026届高三3月质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 4. 若双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（ ） A B. C. D. 5. 已知数列满足对任意，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 6. 已知，且，则（） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 10. 定义在上的函数，对都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 数列的前n项和为，则 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确是（ ） A. 正三棱台的高为 B. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C. 点P的轨迹长度为 D. 过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为________． 13. 古希腊的几何学家用一个不过顶点的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线．如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，为PB的中点，某同学用平行于母线PA且过点的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线．若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线的焦点到准线的距离为______． 14. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 四、解答题（77分） 15. 已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． （1）求A； （2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 17. 某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场． （1）求面试号码为3的学生来自A校的概率； （2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望； （3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率． 18. 在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段长度的最小值； （2）若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 19. 已知函数其中，是常数，而且（），若满足. （1）的单调区间与极值； （2）为等差数列，求； （3），求证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三3月质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据分式不等式求解出集合，然后根据集合交集的定义进行求解即可. 【详解】由，解得：或，即：或. 又，可得：. 故选：C 2. 抛物线的焦点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】得到抛物线焦点后，利用点到直线距离公式计算即可得. 【详解】抛物线的焦点为， 则该点到直线的距离. 3. 已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】（方法一）利用向量在方向上的投影向量的公式求解； （方法二）由向量在方向上的投影向量为得到，利用向量垂直的坐标公式求解. 【详解】（方法一）由题意，， ， 向量在方向上的投影向量为， ，，， ，，． （方法二）由题意，向量在方向上的投影向量为， ，，，，，． 故选：D. 4. 若双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由离心率是2得，代入得，求出的值，再求出双曲线的渐近线方程． 【详解】解：由题意得，，则即， 所以双曲线的渐近线方程为， 即， 故选：B． 【点睛】本题考查双曲线的标准方程以及简单的几何性质，属于基础题． 5. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别令和求得，，再求和即可. 【详解】因为数列满足对任意的，都有，， 所以，当时，，解得； 当时，，解得； 所以 6. 已知，且，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，通过对数和幂函数将用表示，再比较大小. 【详解】设，因为，所以. 所以， ， . 因为，所以，，故； 而，所以，， 因为函数在时单调递减，且，所以，即. 综上，. 7. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出函数与的对称中心，根据两函数图象交点的对称性计算即可. 详解】由可得，，所以函数关于点对称. 函数的定义域为. 因为， 所以函数关于点对称. 因此函数与函数的图象的交点也关于点对称. 若是两函数图象的交点，则一定是两函数图象的交点， 那么，. 所以. 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出给定命题的否定，再利用辅助角公式化简并换元得，由周期性探讨函数在上的最大值中的最小值，建立不等式求出范围，然后否定结论即得答案. 【详解】命题“，存在，使得成立”的否定为： ，对，不等式恒成立， 而，，令， 函数，函数的最小正周期为，不妨令， 当时，，此时，则； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，， 由，对，不等式恒成立，得， 即，而，解得， 因此当，存在，使得成立时，， 所以最大值为. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，由题意可知，， ， ，由对称性可知， ，故A正确； 对于B，由题意可知，， 因为，所以，故B不正确； 对于C，因为是该正态分布图象的对称轴，所以， 不会随的变化而变化，故C错误； 对于D，由对正态分布图象的影响可知，越小，图象越“瘦高”， 因此在区间对应图象的面积变大，所以评分在的概率越大，故D正确； 10. 定义在上函数，对都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 数列的前n项和为，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】由函数方程可得，又， 可推出，可得，对任意正整数数成立. 对于选项:正确. 对于选项:递增，故单调递减错误. 对于选项:是凸函数，满足，正确. 对于选项:前项和，正确. 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 正三棱台的高为 B. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C. 点P的轨迹长度为 D. 过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，对于A：根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解；对于B，根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断；由得到，进而根据等边三角形的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：， 在等腰梯形中，因为，，，则. 即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且. 对于A：设为等边的中心， 由正四面体的性质可知：侧面，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确； 对于B，设的内切圆的半径为，则根据等面积法有：，解得， 因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确； 对于C，由A选项知，侧面，且， 因为点在侧面内（包含边界）运动，且 所以， 因为等边三角形的内切圆的半径为， 又，， 所以，点在侧面内的轨迹为弧和， 而,故，故为等边三角形， 所以，所以点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，设正四面体的内切球的半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，， 所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据几何关系，求得的长度，以为原点，建立坐标系，根据抛物线过点，求得抛物线方程，再次焦点到的距离即可. 【详解】记过点且平行于的平面与底面圆的交点为； 在三角形中，因为分别为的中点， 故//，且； 截面过点，且与平行，故点在截面上，则； 根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上， 以为坐标原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立如下坐标： 则，； 设抛物线方程为，因为其过点， 故，解得，则抛物线的焦点到点的距离为. 13. 古希腊的几何学家用一个不过顶点的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线．如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，为PB的中点，某同学用平行于母线PA且过点的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线．若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线的焦点到准线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用中位线计算，结合对称性判断抛物线以为对称轴，焦点在上，再以顶点为原点建立坐标系，设抛物线标准方程，根据点在抛物线上求得参数p即得结果. 【详解】因为为底面圆的直径，，，，所以，则， 所以，则都是等腰直角三角形. 因为M是PB的中点，O是AB的中点，则，， 截圆锥平面平行于母线PA且过母线PB中点M，故O在截面上， 根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上， 建立以M为原点，为x轴，过M点的垂线为y轴， 设抛物线与底面交点为E，则， 设抛物线为，则，解得， 即该抛物线焦点到准线的距离为p，即为. 故答案为： 14. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解. 【详解】每次摸球的情况有种. 先后两次摸球共有种情况. 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 所以， 故答案为：. 四、解答题（77分） 15. 已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． （1）求A； （2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后利用正切函数即可得到答案； （2）利用三角形的面积关系解出即可． 【小问1详解】 已知， 由正弦定理得， ，， ，即， ，又， ； 【小问2详解】 是的角平分线， 由（1）知，，则， 因为， 则， 因为，，即有， 故． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）分直线斜率是否为零讨论，联立直线与椭圆方程，求出直线的方程，令即可结合韦达定理化简得出. 【小问1详解】 将代入中得，，则， 因为，所以， 又，得， 故C的方程为； 【小问2详解】 若直线斜率不为，则设直线，，， 联立，得， 则， 得，， 因为，则， 则直线的方程为， 令，得， 则直线HB过定点； 若直线斜率为，则直线HB为轴，过点； 故直线HB过定点 17. 某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场． （1）求面试号码为3的学生来自A校的概率； （2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望； （3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率． 【答案】（1）； （2） 15 20 25 30 ； （3）. 【解析】 【分析】（1）求出面试号码为3的样本空间中样本点个数，再求出面试号码为3的学生来自A校的事件所含样本点个数即可. （2）求出的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. （3）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，利用古典概率公式，结合排列组合求出概率. 【小问1详解】 面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果， 所以面试号码为3的学生来自A校的概率为. 【小问2详解】 令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则， 可得的所有可能取值为，的所有可能取值为， 则，， ，， 所以的分布列为 15 20 25 30 数学期望. 【小问3详解】 依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件， 而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件， 与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥， 而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件； 而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有， 所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为. 18. 在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段长度的最小值； （2）若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）可证，平面，建系并标点，，根据题意结合向量共线可得，进而分析线段BQ长度的最小值； （2）利用空间向量结合向量夹角可得.（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量求面面夹角；（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积. 【小问1详解】 因为，平面，平面，则平面， 且平面，平面平面，所以， 又因为，，，平面，可得平面， 以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，则， 可得，，， 则，， 由题意可知：直线的一个方向向量为，且， 设，则， 因为，则，可得， 则，即， 则， 令，则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段BQ长度的最小值为. 【小问2详解】 由（1）可知：，， 由题意可得：， 解得，即，则，，，，. （ⅰ）因为，，， 设平面的法向量为，则， 设，则，可得； 设平面的法向量为，则， 设，则，可得； 则， 所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为； （ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则， 即，解得， 可得，所以三棱锥的外接球的表面积为. 19. 已知函数其中，是常数，而且（），若满足. （1）的单调区间与极值； （2）为等差数列，求； （3），求证. 【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域及导数，进而求出单调区间及极值； （2）设数列的公差为，由题意可递推出，用可求得，即可求解； （3）假设是第一个不大于，由（1）可知，在区间上单调递增， 代入已知可得，与已知矛盾，令，对其求导，根据单调性即可证明. 【小问1详解】 因为，所以， 令，解得， 当变化时的变化情况如下表： 0 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，有极小值，且极小值为，无极大值. 【小问2详解】 设数列的公差为，由题意得， ②①得 ， 整理，得， 又因为， 所以，即， 所以，解得， 而当时，易得，为常数列，满足题设要求. 小问3详解】 先证明， 设是第一个不大于，即，， 由（1）可知，在区间上单调递增， 所以，即， 这与假设矛盾，所以所设不成立，即. 其次证明，令， 则， 所以为单调增函数，当时，， 因为，所以，即， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $