精品解析：湖北省孝感高级中学2026届高三下学期3月测试数学试题3.14

孝感高中2023级高三年级 数学试题 本卷满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知全集是小于12的素数，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出全集中的元素（素数（质数）），再利用概念以及补集的运算求解即可. 【详解】由题知全集是小于12的素数， 因为，所以. 故选：B. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数、虚部的概念求解即可. 【详解】因为， 所以，所以的虚部为3. 故选：C 3. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平移思想，结合正切函数平移都是奇函数，可得的取值可能，从而可得最小值. 【详解】函数的图象向左平移个单位， 得到函数, 由为奇函数，则， 因为，所以的最小值是， 故选：B. 4. 已知点，，若圆上存在点，使得，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把问题转化为根据两圆的位置关系求参数的取值范围求解. 【详解】圆的圆心为，半径为2， 由题意，R在以PQ为直径的圆上， ，， 以PQ为直径的圆的方程为， 圆上存在点R，使得， 两圆有交点，又m为正数， ， 又m为正数，解得， 即正数m的取值范围是. 故选：A 5. 已知双曲线的右焦点为，若关于直线的对称点在上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出点坐标,再代入双曲线方程，解得离心率. 【详解】设， 因为关于直线的对称点为， 所以 解得 因为点在上，所以 或（舍）， 故选：A 6. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围. 【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离， 将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小． 而，令，则，可得， 此时，Q到直线的距离，故， 所以． 故选：B 【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围. 7. 已知函数，则“”是“在上单调递增”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 【答案】C 【解析】 【分析】把函数化成，换元，令，利用复合函数的单调性法则把问题转化为在上也单调递增，求导，可得到答案. 【详解】 设 ，易知在上单调递增，则， ， 由复合函数的单调性法则：同增异减，可得： 要使在上单调递增，只需在上也单调递增， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即，由于条件也是“”， 所以“”是“ 在  上单调递增”的充要条件. 故答案为：C 8. 已知正项数列的前项和满足，若，记表示不超过的最大整数，则（ ） A. 37 B. 38 C. 39 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据和的关系，消去，可得数列是等差数列，求出，再根据放缩和裂项相消法即可求出，从而根据新定义解出. 【详解】因为， 当时，，，． 当时，由及， 即，所以， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 因此，则， ， 又当时，， ， 对于， ， 即， ． 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】由的通项公式即可判断AC；由即可判断B；由裂项相消即可判断D． 【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确； 对于B，由题知，， 故数列是公比为4的等比数列，故B错误； 对于C，由题知，， 所以，故C正确； 对于D，，， 设数列的前项和为， 则，故D正确； 故选：ACD． 10. 在一个有限样本空间中，假设，且与相互独立，与互斥，则（ ） A. B. C. D. 若，则与互斥 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据A与B相互独立，则,再由可判断A选项；由条件概率的运算 可判断B选项；因为A与C互斥，即A发生则C一定不发生，故可判断C选项；通过计算得，得B与C互斥即可判断D. 【详解】对于A，A与B相互独立，则, ，故A错误； 对于B，因为与互斥，所以，所以， 所以，， 所以,故B正确； 对于C，因为与互斥，所以，所以，所以 所以，故C正确； 对于D，显然，即， 由，得， 解得，所以与互斥，故D正确. 故选：BCD 11. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误；通过对函数求导，分析函数的单调性，即可判断C的正误；求出切线方程与曲线方程联立，可判断B的正误；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较，即可判断D的正误. 【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到， 所以点在上，故A正确； 对于C，当时，，则， 令得，当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确； 对于B，由C中可知， 则以为切点的切线方程为，即， 将切线方程代入曲线方程中，得到：， 即，显然是方程的根， 则，解得：或，故B错误； 对于D，设的解为，. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， ，，所以， 设曲线上的点为，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，， 则，令，解得：， 因为，所以取， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， 所以当时，，则，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. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 13. 设点，若动点满足，且，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据向量的坐标表示和模的概念可得，由题意和相等向量可得，进而，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】设，则， 由，得， 整理，得， 又， 代入， 有，所以， 由，得，当且仅当时等号成立， 所以，得， 所以. 即的最大值为. 故答案为： 14. 已知函数有零点，当取最小值时，的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先将方程转化为，再通过构造几何意义，转化为求函数的最大值，再结合几何意义，即可求解. 【详解】设的零点为，则，即， 设为直线上的一点， 坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离， 下求的最小值，令，则 在为减函数，在为增函数，即， 此时，所以的斜率为， 此时的最小值为，此时， （此时）． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键点以及难点是构造几何意义，将点看成直线上的任一点，从而根据几何意义解决问题. 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. 已知点，，为坐标原点，函数 （1）求的解析式及最小正周期 （2）三角形中，角所对的边分别为，为的角平分线，，.若，求的面积 【答案】（1），最小正周期为 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积坐标运算、二倍角公式和辅助角公式可化简得到，根据正弦型函数最小正周期求法可求得结果； （2）由，结合的范围可求得或；当时，根据余弦定理和勾股定理可证得，根据角度关系可求得，进而求得；当时，根据正弦定理可求得，结合两角和差正弦公式和三角形面积公式可求得. 【小问1详解】 ，， ， 则的最小正周期. 【小问2详解】 ，， ，，则或， 或； 当时，，， ，，，， 又为的角平分线，，， ，， ； 当时，，，， 为的角平分线，， 在中，由正弦定理得：， ，在中，由正弦定理得：， ， . 综上所述：的面积为或. 16. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直； （2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为是底面圆上的一条直径， 所以⊥， 因为⊥底面圆，， 所以⊥底面圆， 因为底面圆，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面； 【小问2详解】 因为⊥底面圆，圆， 所以⊥，⊥， 所以为二面角的平面角， 故，又，所以为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，设，故，， ， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 17. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】（1）分布列见解析，1 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【解析】 【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望； （2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； 【小问2详解】 （ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分分与分，分之间的概率递推关系，从而得到与，的关系式. 18. 椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为． （1）求椭圆E的标准方程； （2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案； （2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得， 设，由，所以的最大值为， 将代入，有，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合， 设直线BC方程为，与椭圆方程联立得， ，可得， 由韦达定理可得， 直线BA的方程为，令得点M纵坐标， 同理可得点N纵坐标， 当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即， ， 由，故，解得． 19. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最小值； （2）已知，，若函数有三个零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，即可求解最值， （2）求导，得函数的单调性，结合，进而计算，构造函数判断单调性可得其正负，即可求解（i），根据，可得，进而将问题转化为，利用导数即可求解，或者构造，由导数求解. 【小问1详解】 当时，， 令，则， 即函数在上单调递减，在,上单调递增，故函数，所以在上单调递增，则在,上的最小值为. 【小问2详解】 （i）解：由， 得，则. 因为，当且仅当时取等号，所以当时，， 所以函数在上单调递增，此时至多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当或时，， 当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 注意到，当时，，， 所以. 又， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 所以，因为，所以，且， 则， ， 所以在内恰有一个零点（即在有一个零点），在，内有一个零点，即，在内有一个零点，故有三个零点， 则的取值范围为. （ii）证明：解法一：由题意知，又注意到， 所以，即. 因为是的零点，所以，要证， 即证，即证， 令， 则证. 则，令，则，令，则， 当时，，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立， 则原不等式成立. 解法二：由题意知，又注意到 ，所以，即. 当时，先证明不等式恒成立， 设， 则， 所以函数在上单调递增， 所以， 即当时，不等式恒成立. 由，可得， 即，两边同除以得， 又，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 孝感高中2023级高三年级 数学试题 本卷满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知全集是小于12的素数，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 3. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4. 已知点，，若圆上存在点，使得，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的右焦点为，若关于直线的对称点在上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则“”是“在上单调递增”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 8. 已知正项数列的前项和满足，若，记表示不超过的最大整数，则（ ） A. 37 B. 38 C. 39 D. 40 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 10. 在一个有限样本空间中，假设，且与相互独立，与互斥，则（ ） A. B. C. D. 若，则与互斥 11. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 13. 设点，若动点满足，且，则的最大值为______． 14. 已知函数有零点，当取最小值时，的值为__________． 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. 已知点，，为坐标原点，函数 （1）求的解析式及最小正周期 （2）三角形中，角所对的边分别为，为的角平分线，，.若，求的面积 16. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 18. 椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为． （1）求椭圆E的标准方程； （2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值． 19. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最小值； （2）已知，，若函数有三个零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $