河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期3月第三周学情检测数学试题

· 方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期3月第三周学情检测数学试题 · 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（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，只有一项是符合题目要求的） 1．设，则（    ） A．-1 B．0    C．1 D．2 2．某年级先后举办了数学、历史、化学讲座，其中有人听了数学讲座，人听了历史讲座，人听了化学讲座，记是听了数学讲座的学生，是听了历史讲座的学生，是听了化学讲座的学生.用来表示有限集合中元素的个数，若 ，，，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知，，为向量，则“”是“或”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．若函数，在上单调递增，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．设,则除以的余数为 A．或 B．或 C．或 D．或 6．已知，则（ ） A． B． C． D． 7．已知，，为两两不相等的正数，设函数，则（   ） A．没有零点 B．有唯一零点 C．至多有一个零点 D．至少有一个零点 8．函数的两个极值点满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题（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．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数 D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数 10．若，则（   ） A． B． C． D． 11．已知椭圆的左､右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆的短轴长为 B．当最大时， C．椭圆离心率为 D．面积最大值为 第二部分（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．已知、为实数，且函数是偶函数，则__________. 13．如图，已知点，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是__________. 14．给定集合，定义中所有不同值的个数为集合两个元素的容量，用表示. ①若，则___________； ②定义函数其中表示不超过的最大整数，如，，当时，函数的值域为，若，则____________； 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．已知锐角的三个内角，，所对的边分别为，，，且满足. (1)求角； (2)求的取值范围. 16．如图，在三棱锥中，为等边三角形，是的中点，，平面． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)若平面于点，求平面与平面夹角的余弦值． 17．为备战2026年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）．初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛．已进入决赛的参赛者允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元．假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立． (1)已知初赛6道题中甲能答对其中4道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)假设该校共选拔出9名同学进入决赛，若这9名同学获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围． 18．某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． (1)当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； (3)若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 19．已知双曲线的离心率为，虚半轴长为． (1)求双曲线的方程． (2)过双曲线上一点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，证明：为定值． (3)已知坐标原点为，定点为双曲线上两个不重合的动点，直线，分别与轴交于点，点在直线上，且.试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定点和；若不存在，请说明理由． 试卷第4页，共5页 试卷第3页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《 方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期3月第三周学情检测数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B C A C C D ABD AC 题号 11 答案 BC 1．C 【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出． 【详解】因为， 所以，解得：． 故选：C. 2．B 【分析】根据的定义，结合集合，，的元素个数可得解. 【详解】A选项：由已知，则，A选项错误； B选项：，B选项正确； C选项：，C选项错误； D选项：，D选项错误； 故选：B. 3．B 【详解】已知，，为向量，记命题：，命题：或. 若成立，则或，当时，，则； 当时，，因此，即是或的必要条件. 反之，若成立，即，可能与垂直且均非零向量， 此时且，故不能推出，即不是的充分条件. 所以“”是“或”的必要不充分条件. 4．C 【分析】根据分段函数的性质结合已知条件对函数进行分段讨论，当，根据对数函数性质得出函数单调性和最大值，当，对函数求导，结合函数单调递增，列出关于的不等式①并得出在上的最小值，再利用时的最小值不小于时的最大值，列出关于的不等式②，合并求出m的取值范围. 【详解】若，，因为底数，对数函数为单调递增函数， 在上的最大值为. 若，，求导得， 要使单调递增，则需满足①对所有恒成立，解得， 因为，则，所以， 若在上单调递增，则②，解得， 所以. 故选：C. 5．A 【分析】用二项式定理化简整理得到，分为奇数或偶数，得到余数. 【详解】=，当为奇数时，余数为，当为偶数时，余数为, 故选：A. 6．C 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式、辅助角公式及二倍角公式求解. 【详解】依题意，， 所以 . 故选：C 7．C 【分析】整理可得，令，，可得，分类讨论与1的大小，结合函数图象分析判断. 【详解】因为，，为两两不相等的正数， 令，可得， 令，，则，，且均不为1，可得， 若，，分别作出，， 可知与只有一个交点，即有唯一零点； 若一个大于1，一个小于1，不妨设，，分别作出，， 可知与没有交点，即没有零点； 若，，分别作出，， 可知与只有一个交点，即有唯一零点； 综上所述：可能没有零点，至多有1个零点，故C正确. 8．D 【分析】根据极值点为导函数的零点，整理变形得，然后令代入后表示出，代入目标式转化为关于的函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题知，函数的定义域为，， 因为有两个极值点，所以，，则，① 令，因为，所以， 将代入①整理可得，， 所以， 令，则， 设，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以 故选：D 9．ABD 【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可； 对于B选项，写出和的表达式即可； 对于C选项，根据中位数定义判断即可； 对于D选项，根据分位数定义判断即可. 【详解】A. 剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以，故A选项正确； B.设，， 因为，所以，所以， 所以，故B选项正确； C. 剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误； D. ，所以原数据的22%分位数为从小到大的第7个； ，所以剩下28个数据的22%分位数为从小到大的第7个； 因为去掉了最小值，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确. 故选：ABD. 10．AC 【分析】利用给定条件结合基本不等式判断A，C；利用构造函数，求导，利用单调性进行判断B，D. 【详解】对于A项，因，，且，则有， 当且仅当时取“=”，A正确； 对于B项，因，，且，则, 得，则B错误； 对于C项，因，，且，则， 得，， 设，， 得，得函数在上单调递增， 得，得， 即，得，故C正确； 对于D项，， 令， 得，得函数在上单调递增， 得，得，即，故D项错误. 11．BC 【分析】根据椭圆的定义得到，进而判断当轴时，最小，此时最大，进而求出b,c,即可判断A,B,C.设出直线AB并代入椭圆方程并化简，进而根据根与系数的关系求出三角形的面积，然后求出其最大值，最后判断D. 【详解】由题意：，根据椭圆的定义可知，，则的最大值为5，根据椭圆的性质可知：当轴时，最小，此时最大，如图： 将代入椭圆方程得：，则. 所以短轴长为，A错误；此时，B正确；，C正确； 对D，设，，代入椭圆方程得：，则， 所以，记，于是，由对勾函数的图象和性质可知：函数在上是增函数，则函数在上是减函数.于是，当u=1，即t=0时，面积最大值为.故D错误. 故选：BC. 【点睛】本题答案D的判断较为复杂，在求三角形面积时，注意要选线段作为底边将原三角形分为两个三角形，进而得到；在处理最好采用换元法，这样可以简化运算. 12． 【分析】根据偶函数的性质，结合二次函数的对称性，即可列式求解. 【详解】函数是偶函数， 则且，得， 所以. 故答案为：4 13． 【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点，则就是所求的路程长. 【详解】解：直线的方程为，即，    设点关于直线AB的对称点为， 则，解得，即， 又点关于y轴的对称点为， 由光的反射规律以及几何关系可知，光线所经过的路程长． 故答案为： 14． 【分析】①根据的定义计算即可；②根据高斯函数的定义，得到，从而得到的值域，任取两个元素相加则有个，代入计算即可. 【详解】①：因为， 所以 其中不同值的个数为，故， ②：当，则，所以， 则的值域为， 任取两个元素相加，不同的结果有（个）， 则，解得. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对的定义以及高斯函数的定义理解通彻，从而得到关于的方程，解出较难的第二小问. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，化简即可求解； （2）由（1）结合三角形为锐角三角形，确定的范围，将转换成，再结合两角差正弦公式及辅助角公式，转换成正弦型函数求值域即可. 【详解】（1）由正弦定理，，，可得： ， 又， 所以，因为， 化简可得：， 因为是锐角三角形，， 故； （2）由得，即， 因为是锐角三角形，所以， 解得， 由得， 故， 代入得： ， 因此的取值范围为. 16．(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量，再由线面角的空间向量求解; （2）求出平面的法向量，由面面角的空间向量求解. 【详解】（1）因为为等边三角形，是的中点，则，且平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得，   则， 所以与平面所成角的正弦值为. （2）由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为平面，则直线的方向向量可以为， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量可以为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1)期望为； (2) 【分析】（1）根据超几何的期望公式即可求解，利用条件概率以及超几何概率的计算公式可求解概率， （2）根据二项分布的概率公式以及期望公式求解一个人获得奖金的期望，进而根据题意得，构造函数，利用导数求解函数的单调性得解. 【详解】（1）记总题数，甲会做的题数， 从中任选2题作答，则答对题数服从超几何分布， 数学期望． 事件“已答对一题”即；“仍未进入决赛”即， 由条件概率公式得：． （2）设进入决赛的同学获得的奖金为元， 其分布为， 期望，化简得 9名同学总奖金的期望， 即．整理得． 令，由知在单调递增， 又，因此不等式解为， 结合，得． 18．(1)分布列见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据二项分布的概念和性质，判断随机变量可能的取值，并根据二项分布概率公式，求出分布列，进而求出数学期望； （2）根据比赛最终获胜的条件，判断在不同情况下，最后的两局胜负情况，根据条件概率计算公式，求出结果即可； （3）根据比赛最终获胜的条件，分析两者之间的递推关系，根据全概率公式，求出递推公式，根据的范围以及作商法比较两者之间的大小关系，进而证明结果. 【详解】（1）（1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有， 则， ， ， 的分布列为 1 3 5 数学期望. （2）在前局比赛中Alpha星赢的局数时，第局全胜，最终也无法获胜，所以； 当时，仅当第局全胜，最终才能赢得比赛，即； 当时，第局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即； 当时，无论第局什么结果，都能最终赢得比赛，即； 综上所述，. （3）由全概率公式可知 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即. 19．(1) (2)证明见解析 (3)存在，使为定值 【分析】（1）结合题意求出a、b、c即可； （2）根据点到直线的距离公式化简求解即可； （3）设的方程为，以及，，根据直线方程求出E、F点的坐标，再根据列出等式，化简该等式并结合韦达定理求出m、k之间的关系，最后讨论分析即可得到结果． 【详解】（1）因为虚半轴长为，所以. 因为离心率为，所以， 因为，所以， 所以双曲线的方程为． （2）如图所示 双曲线的渐近线方程为， 双曲线上一点到渐近线的距离之积为， 因为，所以，即为定值． （3）如图所示 显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，， 由，联立可得， 则， 又根据韦达定理可得， 直线的方程为， 令，则，得，同理得， 由，可得， 所以 ， 整理得， 当时，，此时直线的方程为， 直线过点，与矛盾，舍去； 当时，直线的方程为，恒过定点， 设的中点为，则，因为， 所以，为定值，故存在，使为定值． 答案第12页，共15页 答案第11页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $