精品解析：广东佛山市顺德区郑裕彤中学2025-2026学年高三下学期三月能力调查数学试题

广东佛山市顺德区郑裕彤中学2025-2026学年高三下学期三月能力调查数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数，则（　　） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 已知向量，满足，，，若与的夹角为，则（　　） A. 0 B. C. 0或 D. 0或 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度，选取了与O在同一水平面且在同一水平线上的A，B，C三处．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，则该建筑的高度（ ） A. B. C. D. 7. 若圆：与圆：有且仅有3条公切线，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 8. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） A. 图形关于轴对称 B. 点的纵坐标的最大值为 C. D. 二．多选题：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. 为了解某校九年级1600名学生的体能情况，随机抽查了部分学生，测试一分钟仰卧起坐的成绩（次数），将数据整理后绘制成如图所示的频率直方图．关于该校九年级学生一分钟仰卧起坐的次数，下列说法中正确的是（　　） A. 之间的人数最多 B. 中位数为26.25 C. 少于20次的约有320人 D. 超过30次的约有320人 10. 在直三棱柱中，高为，下列说法正确的是（ ） A. B. 若存在一个球与棱柱的每个面都相切，则 C. 若，则三棱锥外接球的体积为 D. 若，以为球心作半径为2的球，则球面与三棱柱表面的交线长度之和为 11. 已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（　　） A. B. C. 在上的最大值是10 D. 不等式的解集为 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的系数为，则__________. 13. 已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为______． 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，下顶点为，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为______． 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. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 16. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面为PC中点，为BC中点. （1）证明：平面PBD； （2）证明：平面平面ABCD； （3）求直线PC与平面MDN所成角的正弦值. 17. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； （2）假设，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围. 19. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为150°，且经过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）设为坐标原点，动点满足过能作出的两条互相垂直的切线，记切点分别为点，. （ⅰ）求动点的轨迹方程； （ⅱ）若记的面积为，的面积为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东佛山市顺德区郑裕彤中学2025-2026学年高三下学期三月能力调查数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集的定义求解. 【详解】，，. 故选：D. 2. 设复数，则（　　） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】因为，故选项D正确. 3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和性质可得，，结合等差中项运算求解即可. 【详解】因为数列是等差数列，则，即， 且，可得， 又因为，所以. 故选：A. 4. 已知向量，满足，，，若与的夹角为，则（　　） A. 0 B. C. 0或 D. 0或 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，， 所以， ，又与的夹角为， 所以， 所以，故，， 解得. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过对数运算将已知化简得出，，，根据同真数对数的大小关系即可得出答案. 【详解】，，， ， 由对数函数的性质知， 即， 故选：A. 6. 如图，某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度，选取了与O在同一水平面且在同一水平线上的A，B，C三处．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，则该建筑的高度（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，利用由余弦定理计算即可. 【详解】设，则， 在中，，则， 解得，则. 故选：B． 7. 若圆：与圆：有且仅有3条公切线，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定两圆相外切，再转化为圆上点到直线的距离问题. 【详解】由题可知圆，半径，圆，半径. ∵圆与圆有且仅有3条公切线，∴圆与圆外切， ∴，即， ∴点在以原点为圆心，半径为4的圆上， 又，∴代表点到直线的距离的5倍， 圆心到直线的距离为1，所以直线与圆相交， 所以圆上的点到直线的距离的最小值为0，最大值为， 所以的取值范围是. 故选：C 8. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） A. 图形关于轴对称 B. 点的纵坐标的最大值为 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用图形的对称性可判断A选项；当时，分析可知，关于的方程有解，由可判断B选项；当时，化简曲线的方程，结合基本不等式可求出的最大值，可判断C选项；解法一：当时，化简曲线的方程，结合基本不等式求出的范围，即可求出的范围，可判断D选项；解法二：当时，化简曲线的方程可得出，利用三角换元可判断D选项. 【详解】对于A选项，在曲线上任取一点，则， 点关于轴的对称点为，则， 所以，曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，当时，方程变换为， 由题意可知，关于的方程有解， 由，解得，所以的最大值为，故B正确； 对于C选项，当时，由可得，（当时取等号）， 所以，，．故C正确； 对于D，解法一：令解得，记， 当时，由可得，（当时取等号）， 所以，，则． 又．故D错误； 另解：有对称性可知，只需要讨论即可，此时， 即为， 令，其中，可得， ， 因为，故，，． ，D错. 故选：D. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 二．多选题：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. 为了解某校九年级1600名学生的体能情况，随机抽查了部分学生，测试一分钟仰卧起坐的成绩（次数），将数据整理后绘制成如图所示的频率直方图．关于该校九年级学生一分钟仰卧起坐的次数，下列说法中正确的是（　　） A. 之间的人数最多 B. 中位数为26.25 C. 少于20次的约有320人 D. 超过30次的约有320人 【答案】ABD 【解析】 【详解】频率=纵坐标值×组距，组距相同，由图知，纵坐标越大则频率越大，对应人数越多， 而 频率为0.4，在各组中最大，因此该区间人数最多，A正确； ，，因此中位数在内； 设中位数为，则，解得，B正确； 少于次的频率为，对应人数为，C错误；  超过次的频率为，对应人数为，D正确. 10. 在直三棱柱中，高为，下列说法正确的是（ ） A. B. 若存在一个球与棱柱的每个面都相切，则 C. 若，则三棱锥外接球的体积为 D. 若，以为球心作半径为2的球，则球面与三棱柱表面的交线长度之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由柱体、锥体体积公式计算判断A；利用体积法求出内切球半径判断B；求出外接球半径，进而求出球的体积判断C；分析球面在三棱柱各个面上的交线，进而求出交线长判断D 【详解】对于A，直三棱柱的体积，， 则，A正确； 对于B，直三棱柱的表面积，显然此棱柱内切球半径为， 因此，即，解得，B错误； 对于C，三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球， 球心到平面的距离为，而外接圆半径为， 则三棱锥的外接球半径，此球体积为，C正确； 对于D，以为球心作半径为2的球面，与三棱柱的棱的交点依次为， 可算得，， 因此球面与矩形的交线是为圆心，半径为2，圆心角为，间的圆弧， 球面与的交线是为圆心，半径为1，圆心角为，间的圆弧， 球面与矩形的交线是为圆心，半径为2，圆心角为，间的圆弧， 球面与矩形的交线是为圆心，半径为1，圆心角为，间的圆弧， 球面与的交线是为圆心，半径为2，圆心角为，间的圆弧， 所以球面与三棱柱表面的交线长度之和为，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 11. 已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（　　） A. B. C. 在上的最大值是10 D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】依题意令，求出，从而判断A；令得到，再令，，即可判断B；再利用定义法证明函数的单调性即可判断C；依题意原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，即可判断D. 【详解】因为，则有， 令，则，则，故A正确； 令，则， 令代，则， 即，即，故B错误； 设且，则，由， 令，则，即， 令，，则，即， 因为时，，又，故， 所以，所以，即在上单调递减， 又，所以，， 又，所以， 故在上的最大值为，故C正确； 由，即， 即，即， 又因为，即， 所以，即， 故，即，解得， 即原不等式的解集为，故D正确； 故选：ACD. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的系数为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理的展开式求指定项的系数即可. 【详解】的展开式的通项为： 则的系数为，解得，所以. 故答案为：. 13. 已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，从而可求得的一个大范围，根据，可得，再由的范围分类讨论，结合正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在区间上有且仅有一个零点， 所以，所以， 由，可得， 由，得， 当，即时， 则，解得， 所以， 当，即时， 则，解得， 综上所述：的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，下顶点为，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得，再结合条件可得，，然后在与中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设的内切圆与相切于点， 由切线长定理可得 又，则，即， 由椭圆的定义可得， 即， 所以，又，即，所以， 则， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得 化简可得，即， 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. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前项和公式与通项公式构建方程组，可求出首项和公差，即可写出通项公式. （2）写出数列的通项公式，由，可判断出数列是等比数列，再求和. 【小问1详解】 ∵为等差数列，， ∴. 化简得，又∵，∴. 当时，，求得， 公差. 数列的通项公式为 【小问2详解】 由第一问可知， 则，， 因此数列是首项为3，公比为9的等比数列， . 16. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面为PC中点，为BC中点. （1）证明：平面PBD； （2）证明：平面平面ABCD； （3）求直线PC与平面MDN所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由中位线得到线线平行，然后得到线面平行； （2）由中位线得到线线平行，然后得到线面垂直，即可证明面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，写出点坐标，然后得到向量坐标，由空间向量的数量积求得平面MDN的一个法向量，再由空间向量的数量积求得直线PC与平面MDN所成角的正弦值. 【小问1详解】 由中位线可知， 由平面平面PBD，可知平面PBD. 【小问2详解】 记AC与BD交于点， 连接， 平面ABCD， 因为M，O分别为PC，AC的中点，由中位线性质知， 故平面ABCD， 而平面MBD，于是平面平面ABCD. 【小问3详解】 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系A-xyz. 不妨设，则， 于是， 设平面MDN的一个法向量为， 即， 可取. 设直线PC与平面MDN所成角为， 则. 所以直线PC与平面MDN所成角的正弦值为. 17. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； （2）假设，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【答案】（1） （2）甲 【解析】 【分析】（1）利用事件的相互独立性即可求解； （2）根据已知条件分别写出甲或乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队的比赛成绩的分布列和数学期望，再进行比较大小即可判断. 【小问1详解】 第一阶段甲次都未中的概率为， 所以进入第二阶段的概率为， 乙得分不少于分的情况包括乙投中次或次， 投中次的概率为，投中次的概率为， 所以乙得分不少于分的概率为， 因为两个阶段的比赛相互独立， 所以甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； 【小问2详解】 若甲参加第一阶段的比赛，设甲、乙所在队的比赛成绩为， 则的取值为， 所以， ， ， 所以 ； 若乙参加第一阶段的比赛，设甲、乙所在队的比赛成绩为， 则的取值为， 所以， ， ， 所以 ； 所以， 因为，所以，，所以， 所以应该由甲参加第一阶段比赛. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，得到切线方程即可. （2）利用导数含参讨论单调性即可. （3）结合题意转化为不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性，再解不等式即可. 【小问1详解】 ， 当时，. 所以曲线在点处的切线方程，即. 【小问2详解】 由（1）知，， ①当时，在上单调递增，无递减区间， ②当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 综上：当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 因为有极大值，且极大值大于， 故，且在处取极大值， ，即， 令， 恒成立，在上单调递增， 又，当且仅当时成立， 故，当且仅当时成立， 因此的取值范围是. 19. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为150°，且经过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）设为坐标原点，动点满足过能作出的两条互相垂直的切线，记切点分别为点，. （ⅰ）求动点的轨迹方程； （ⅱ）若记的面积为，的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线写出渐近线方程，再根据直线倾斜角与斜率的关系，最后代入已知点，可得答案； （2）（i）设出双曲线的切线方程，联立方程组并化简整理一元二次方程，利用切线的判别条件，可化简切线方程，代入动点坐标并整理一元二次方程，根据韦达定理，可得答案；（ii）由切线垂直可得切点坐标的等量关系，设出直线方程并联立方程组，化简整理一元二次方程，写出韦达定理，由此表示弦长以及直线的一般式方程，求得三角形高线，求得面积差的解析式后可得答案. 【小问1详解】 由双曲线，则渐近线方程为， 由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则，即， 将点代入双曲线的方程可得，解得，， 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 （i）由题意可知分别过的两条切线斜率存在，设为，设则M不在双曲线渐近线上， 则切线方程为， 代入，化简可得， 由得， 整理得， 设的斜率为，的斜率为， 则为的解， 因为，则，故即， 又因为M不在双曲线渐近线上，所以，可得， 故动点的轨迹方程为. （ii）设，由题设不为顶点， 由（i）可得， 且由可得， 故，故，同理可得， 由两切线垂直，可得，整理可得. 当直线的斜率存在时，设直线， 代入，可得， ，且， 由韦达定理可得， 则， 代入韦达定理可得化简可得，此时， ， 又，同理， 故，， 故，同理， 故， 因为在的同一侧，故， 故 ， 由可得且， 则. 当的斜率不存在时，则，故，， 由对称性可得不妨设在第一象限，则，故， 此时，，故， 综上所述，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $