精品解析：青海西宁市第四高级中学2026届高三下学期三月月考数学试题

西宁市四高高三三月月考-数学 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知命题，；命题，.则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 2. 已知实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法中不正确的是（ ） A. 一组数据的下四分位数为 B. 在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系 C. 根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为，则残差为 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 6. 设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为（ ） A. B. C. D. 7. 下列结论中错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 8. Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是单调减函数 B. C. 函数的最大值是 D. 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. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设 10. 函数在R上的图象是一条连续不断的曲线，，，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 零点个数大于1 11. 已知正项等比数列的公比为，是其前项和，若，且，则（ ） A. B. 是数列中的项 C. D. ，，成等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在三棱锥中，底面ABC，，，球O与PA相切，且AB的中点M在球O的表面上，若球O的最小半径为2，则三棱锥的体积为______． 13. 设抛物线的焦点为F，过点的直线l与C交于A，B两点，若点A的纵坐标为，直线BF与C的另一个交点为Q，则__________． 14. 在中，，，则的最小值为_____． 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. 如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值. 16. 中考体育成绩关系到考生最终的中考分数，广西多地将1000米跑（男）、800米跑（女）作为必考项目．某校体育老师对自己所带一个班的学生进行1000米跑（男）、800米跑（女）测试，通过统计，整理数据得到如下列联表： 男生 女生 合计 达标 24 18 42 不达标 11 7 18 合计 35 25 60 （1）试估计该班的达标率； （2）根据小概率值的独立性检验，分析成绩是否达标与学生性别有关． 参考公式：，． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为1，求边的值. 18. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 19. 已知双曲线的左顶点为，斜率不为0的直线l过点． （1）当直线l的斜率为2时，直线l与双曲线C恰有一个交点，求双曲线C的标准方程． （2）设直线l与双曲线C交于P，Q两点，且直线AP与AQ的斜率之积不小于． ①求双曲线C的离心率e的取值范围； ②当离心率e最大时，记双曲线C的右顶点为B，直线AP与BQ的交点为M，判断点M是否在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西宁市四高高三三月月考-数学 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知命题，；命题，.则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【详解】因为当时，，所以命题为假命题，所以是真命题， 因为当时，，所以q是真命题，所以是假命题. 2. 已知实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为实数，满足， 对于A：取，此时，命题不成立，故A错误； 对于B：由，所以， 当且仅当，即，时取等号，故B正确； 对于C：，所以不存在，使成立，故C错误； 对于D：由可得，所以， 故不存在，使得，故D错误． 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量的共线结论可得. 【详解】因为，，所以，， 由，所以，解得． 4. 在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意证明三棱锥外接球的球心即是正三角形的中心，计算得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 因为为正三角形，所以，又二面角的平面角为， 所以平面，则， 设为正三角形的中心，则， 因为，所以，又， 所以， 所以，则，即为三棱锥外接球的球心， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 5. 下列说法中不正确的是（ ） A. 一组数据的下四分位数为 B. 在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系 C. 根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为，则残差为 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，下四分位数为，A正确； 对于B，相关系数的含义是两个变量没有线性相关关系，但可能存在非线性关系，B正确； 对于C，残差，C正确； 对于D，分层抽样的总体方差不仅与各层样本方差有关，还与各层的样本量和层间均值差异有关，即使，总体方差也不等于，还需要考虑各层的样本量权重，D不正确． 6. 设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用方差性质计算求解. 【详解】因为样本数据，，，的方差为， 所以由方差的性质可知， 数据，，，的方差为． 7. 下列结论中错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据决定系数的意义判断A选项；根据方差的性质判断B选项；利用正态曲线可判断C选项；利用经验回归方程过样本中心点计算D选项. 【详解】对于A选项，决定系数越大，回归模型的拟合效果越好，故A正确； 对于B选项，样本数据，，，的方差为8， 则数据，，，的方差为，故B正确； 对于C选项，随机变量服从正态分布，均值， 正态曲线的对称轴为， ，， 由对称性知，，，故C错误； 对于D选项，经验回归方程过样本中心点，将代入中得， ，解得，故D正确. 故选：C 8. Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是单调减函数 B. C. 函数的最大值是 D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断单调性即可；对于B：根据指数幂运算求解即可；对于C：利用基本不等式运算求解即可；对于D：可证，进而可得结果. 【详解】对于选项A：因为的定义域为，且， 所以函数在定义域内单调递增，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以函数的最大值是，故C错误； 对于选项D：因为， 所以，故D错误； 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. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断. 【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值. 对于A选项，由图可知残差的方差随观测时间变大而变大，故A正确； 对于B选项，由图可知残差比较均匀地分布在水平带状区域内，满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故B正确； 对于C选项，由图知残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分，故C正确； 对于D选项，由图知残差与有线性关系，不符合题意，故D错误. 10. 函数在R上的图象是一条连续不断的曲线，，，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 零点个数大于1 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别令以及，即可得出；令，代入结合已知即可判断B项；令，代入已知化简即可判断C项；令，可得.依次令，求出的值.然后令，，求出的值.然后根据零点存在定理即可判断D项. 【详解】对于A项，令，由已知可得，，解得. 令，由已知可得，， 解得.故A正确； 对于B项，令，代入已知条件可得， . 又，所以有.故B错误； 对于C项，令，代入已知条件可得， . 因为， 所以有， 所以，是奇函数.故C正确； 对于D项，令，代入已知有. . 令，由可得， . 令，，由可得， . 因为函数在上的图象是一条连续不断的曲线，且，根据零点存在定理，可知在，使得. 根据函数为奇函数，可知. 所以，函数至少存在三个零点.故D正确. 故选：ACD. 11. 已知正项等比数列的公比为，是其前项和，若，且，则（ ） A. B. 是数列中的项 C. D. ，，成等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知结合等比数列的通项公式求出，然后结合等比数列与等差数列的性质及求和公式即可求解． 【详解】正项等比数列的公比为，，且， 则， 即，即或舍，A正确； 因为，则，， 令，则，是数列的第项，B正确； ，C错误； 因为，，则，所以，，成等差数列，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在三棱锥中，底面ABC，，，球O与PA相切，且AB的中点M在球O的表面上，若球O的最小半径为2，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设平面PAB截球O的截面为圆N，其半径为r，得N的轨迹为平面内的一条抛物线，以AM中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设球O的半径为R，球心O到平面PAB的距离为d，则，当，即平面PAB时等号成立，即，得，即可求解. 【详解】设平面PAB截球O的截面为圆N，其半径为r． 因为PA与球O相切，AB的中点M在球O的表面上，且平面PAB，平面PAB， 所以圆心N到直线PA的距离等于到点M的距离，均为r， 所以N的轨迹为平面内的一条抛物线． 又因为底面ABC，所以.又，， 所以平面PAC．所以． 以AM中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则PA是抛物线N的准线． 设球O的半径为R，球心O到平面的距离为d， 则，当，即平面PAB时等号成立，即． 如图，当点N是AM的中点，即坐标原点时，r最小． 所以， 故． 故答案为： 13. 设抛物线的焦点为F，过点的直线l与C交于A，B两点，若点A的纵坐标为，直线BF与C的另一个交点为Q，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】求出，得到直线的方程：，与抛物线方程联立求解可得，求出直线的方程为：，与抛物线联立方程求出的坐标，利用两点间距离公式即可求解. 【详解】由题可得，， 直线的斜率： 直线的方程：， 联立:，化简得：， 解得：或， 所以， 则，所以直线的方程为：， 联立:，化简得：，解得：或， 所以，则 14. 在中，，，则的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】将两边平方，结合余弦定理可得，由结合正弦定理可得，两者结合利用基本不等式求最值. 【详解】由可得， 两边平方得：，又， 所以，即， 所以，所以， 由，根据正弦定理角化边得，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. 如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，结合四边形是平行四边形，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 是直径，， 平面，， 平面， 平面， ，， ∴四边形是平行四边形， 则，平面， 平面， ∴平面平面； 【小问2详解】 依题意，以C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， ，即， 令，得，则， 设平面的一个法向量为， ，即， 令，得，则， ， ∴面与面所成的二面角的正弦值. 16. 中考体育成绩关系到考生最终的中考分数，广西多地将1000米跑（男）、800米跑（女）作为必考项目．某校体育老师对自己所带一个班的学生进行1000米跑（男）、800米跑（女）测试，通过统计，整理数据得到如下列联表： 男生 女生 合计 达标 24 18 42 不达标 11 7 18 合计 35 25 60 （1）试估计该班的达标率； （2）根据小概率值的独立性检验，分析成绩是否达标与学生性别有关． 参考公式：，． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） （2）无关 【解析】 【分析】（1）根据表中数据进行计算即可； （2）应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验基本思想得结论． 【小问1详解】 该班的达标率为 【小问2详解】 零假设：成绩是否达标与学生性别无关， ， 根据“显著性水平的独立性检验，我们推断没有充分证据拒绝原假设，即认为成绩是否达标与学生性别无关． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为1，求边的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合两角和差正弦公式化简即可求解； （2）由三角形面积公式可得，由余弦定理化简即可求解. 【小问1详解】 中，，所以 所以 又，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为， 由余弦定理， 将，代入解得， 所以. 18. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 【答案】（1）0.0547 （2）（i）（ii）答案见解析 【解析】 【小问1详解】 事件为“用户患病”，事件为“分析触发预警”． 由题知：，，，． 由全概率公式： 所以，触发预警的概率为0.0547． 【小问2详解】 （i）由贝叶斯公式： ， 所以，在预警条件下确实患病的概率约为． （ii）含义解释： 由（i），表示“在手环预警的条件下用户确实患病”的概率， 它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题； 是灵敏度，表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率， 反映了该手环识别真实病例的能力； 决策参考分析：对收到预警的个人而言， 的参考价值更大、更直接． 理由：该值从群体基础患病率（）显著提升至，构成了明确的个人健康风险信号， 用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据． 而描述的是该手环的整体性能，无法直接量化个人当前风险， 故对个人就诊决策的参考相对间接． 19. 已知双曲线的左顶点为，斜率不为0的直线l过点． （1）当直线l的斜率为2时，直线l与双曲线C恰有一个交点，求双曲线C的标准方程． （2）设直线l与双曲线C交于P，Q两点，且直线AP与AQ的斜率之积不小于． ①求双曲线C的离心率e的取值范围； ②当离心率e最大时，记双曲线C的右顶点为B，直线AP与BQ的交点为M，判断点M是否在定直线上． 【答案】（1） （2）①；②点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据直线与渐近线平行可求的值，进而得双曲线的标准方程. （2）设直线：，双曲线：，将方程联立，利用韦达定理，结合条件，先求的取值范围. ①根据离心率的概念求离心率的取值范围； ②分别表示直线与的方程，借助①中的有关结论，求两直线交点的横坐标即可. 【小问1详解】 由题意知，当直线的斜率为2时与一条渐近线平行，则. 所以双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，双曲线的标准方程为. 因为直线的斜率不为0，故可设直线的方程为:， 将其代入，得， 整理得：（）. 设，，则，. ，. 所以. 由. ①所以，又，所以双曲线离心率的取值范围是. ②当双曲线离心率最大时，. 此时.，. 直线的方程：， 直线的方程：. 由. 化简得：. 由，. 所以. 由. 即直线与直线的交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $