精品解析：河北唐山市曹妃甸区第一中学2025-2026学年高三第二学期3月教学质量调研数学试题

2025-2026学年第二学期3月教学质量调研试题 高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题:本大题共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. Z C. M D. N 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，确定集合的关系，再利用交集的定义求解作答. 【详解】依题意，，所以. 故选：D 2. 在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是（ ） A. 25 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的性质，求得，再结合基本不等式，即可求得的最大值，得到答案. 【详解】由等比数列的性质，可得， 又因为，所以，所以， 当且仅当时取等号． 故选：C. 3. 已知随机变量，且，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态曲线关于直线对称，得出，即，再利用基本不等式，即可求出结果． 【详解】由题意知，随机变量， 所以正态曲线关于直线对称， 又， 所以，即， 所以， 因为，则， 所以 ， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为． 故选：B． 4. 如图，给编号为的正六边形区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同.若有3种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 96种 B. 66种 C. 48种 D. 30种 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：将涂色问题分成①涂3种颜料，其中6个区域两两颜料相同；②涂3种颜料，其中6个区域，有3个区域颜料相同（135或246）、剩下的2个区域颜料相同，1个区域颜料相同；③涂2种颜料三类情况，分别计数，根据分类加法计数原理求得；方法二：设对个环形区域涂色，涂色方法有种，可得，再赋值代入求解即可. 【详解】方法一：①若涂3种颜料，其中6个区域两两颜料相同，则有以下四种涂色方案： ， 四种涂色方法，故此时涂色方法共有种； ②若涂3种颜料，其中6个区域，有3个区域颜料相同（135或246）、剩下的另2个区域颜料相同，最后一个1个区域涂剩下的一种颜色，此时涂色方法有种； ③若涂2种颜料，此时有； 综上，由分步加法计数原理，不同的涂色方案有种. 方法二：本题为6个环形区域涂色，假设有个环形区域涂色，满足题意的涂色方法有种， 则有，由于，依次赋值代入递推公式可得种. 故选：B. 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，由内切圆的性质可得且，可解得，设，代入双曲线方程可得，由，可得，求得，即可得答案. 【详解】因为， 所以为线段的靠近的三等分点， 又因为， 即. 所以， 解得， 所以， 又因为 的内切圆圆心为， 所以平分， 又因为三点共线， 由角平分线定理可得， 所以， 由双曲线的定义可得， 所以， 设， 则有， 即， 解得， 又因为， 即， 所以， 即， 解得， 设圆与分别相切于点， 设， 由内切圆的性质可知，， 所以 又因为, 所以， 解得， 所以， 即， 所以， 整理得：， 即， 解得或， 当时，， 此时点与双曲线的右顶点重合，不满足题意； 当时，，满足条件， 所以， 所以双曲线的离心率. 故选：C. 6. 函数对，且为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若时，则 B. 的周期为6 C. 的图象关于中心对称 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A选项，首先通过奇偶性得：，然后根据已知条件通过赋值进行求解； 对于B选项，根据奇偶性及周期性的结论进行求解即可； 对于C选项，通过奇偶性可得函数关于中心对称，再根据函数周期性即可判断正误； 对于D选项，利用函数周期性可得：，再根据通过赋值可得：，进而可以判断选项正误. 【详解】对于A选项，已知为奇函数，则有， 令，得：， 又，令，得：， 因此可得：，故A选项错误. 对于B选项，已知为奇函数，则有， 又，则有， 由此可得：，即有： 因此可得：的周期为，故B选项错误. 对于C选项：已知为奇函数，则有， 因此可得：函数关于中心对称，又函数的周期为， 所以关于中心对称，故C选项正确； 对于D选项：已知函数的周期为，则有， 又，令，得：， 因此可得：，即，故D选项错误. 故选：C 7. 如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则为二面角的补角，为的中点，设，根据二面角的余弦值可求得，再根据三棱锥的体积取得最大值结合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，根据球的体积公式即可得解. 【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 则为二面角的补角，故， 因为，所以为的中点， 设，则， 在中，，则，， 由， 得当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值， ， 当且仅当时，取等号， 所以，解得， 则， 设三棱锥外接球的球心为，则平面， 设， 由得，解得， 则三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 8. 已知，均大于1，满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简表达式，将问题转化，构造函数，画图分析即可. 【详解】由得： ， 即， 同理， ， 上述可化为：，其中且都大于1， 分别为，且， 令， 如图所示： 由图可得： 故选：B 二．多选题:本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为1 B. 的共轭复数为 C. 在复平面内，对应的点在第一象限 D. 若复数满足，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，再结合共轭复数及复数的几何意义逐项判断. 【详解】复数， 对于A，的虚部为1，A正确； 对于B，的共轭复数为，B错误； 对于C，在复平面内，对应的点在第一象限，C正确； 对于D，满足的复数在复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， ，于是，的取值范围为，D正确. 故选：ACD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期是2 B. C. D. 函数的图象向右平移个单位得到一个偶函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象可得选项A正确；根据最小正周期可得选项B错误；将点代入函数解析式可得选项C正确；根据函数图象平移求出平移之后的函数解析式，结合偶函数的定义可得选项D正确. 【详解】A.由图可知，最小正周期，A正确. B.由，得，故，B错误. C.将点代入中，得， ∴，即， ∵，∴，C正确. D.由题意得，， 的图象向右平移个单位，所得函数解析式为， 由函数定义域为，得为偶函数，D正确. 故选：ACD. 11. 已知数列是无穷数列，是数列的前项和.若是递减数列，则称数列具有“和性质”，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列具有“和性质” B. 若数列具有“和性质”，则， C. 若数列满足，则数列具有“和性质” D. 若数列，具有“和性质”，且，，则数列具有“和性质” 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据等差数列求和公式求，结合题意分析判断即可；对于B：根据题意分析可知，即可得判断；对于C：构造，分析其单调性和最值，进而分析判断；对于D：根据题意利用整理可得，结合选项B的结论分析判断. 【详解】对于选项A：若，则， 可知数列为等差数列，则， 可得，则是递减数列， 所以数列具有“和性质”，故A正确； 对于选项B：若数列具有“和性质”， 则是递减数列，可得， 等价于，可得，即， 所以对，，故B错误； 对于选项C：令， 则， 因为，即， 可得， 当且仅当或3时，， 可得， 则，且，， 即，所以对任意恒成立， 即，可得， 所以数列具有“和性质”，故C正确； 对于选项D：因为数列，具有“和性质”， 设数列的前和项和为， 令，， 则， 可得 ， 因为且，则， 又因为，， 则， 故数列具有“和性质”，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. 二项式展开式中的常数项为___________. 【答案】 【解析】 【分析】研究常数项只需研究二项式的展开式的通项，使得的指数为0，得到相应的，从而可求出常数项． 【详解】解：展开式的通项公式为：， 令，得 所以常数项为：. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，解题的关键是写出展开式的通项公式，同时考查了计算能力，属于基础题． 13. 已知 则______________________ 【答案】##0.68 【解析】 【分析】根据正切的和差角公式得，进而根据正切的二倍角公式解得或，进一步弦切互化齐次式得，即可求解. 【详解】由于，故， 因此， 所以，故， ，故或， 当时，， 当时，， 故， 故答案为： 14. 已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据对称性定义得出对称中心为，再结合二次函数值域及对数函数单调性计算求解. 【详解】因为函数是奇函数，所以的图象关于对称， 所以， 当时，，且单调递增， 又在上单调递增， 由复合函数单调性知在上单调递增， 又的图象关于点对称，且在上单调递增，故在上单调递增， 由，可得， 又，所以， 所以，即，解得， 所以该不等式的解集为. 故答案为:. 四．解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，代入三角形面积公式求解即可. （2） 利用正弦定理得到，结合角为钝角求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理得，原式可化为， 由正弦定理得， 即， 又，所以， 又，所以，所以，即. 又，所以. 由余弦定理得， 即，解得. 所以的面积. 【小问2详解】 在中，，所以. 因为角为钝角，所以， 所以，所以. 由正弦定理得，所以， 则的取值范围为． 16. 一个限时闯关游戏共有和两关，挑战者可以任意选择其中一关作为第一关，只有闯过第一关才能挑战第二关．已知挑战者甲能闯过的概率为，能闯过的概率为，在闯过的条件下能闯过的概率为． （1）求甲在闯过的条件下能闯过的概率； （2）第一关挑战失败者记0分，挑战成功记1分，挑战成功记2分．若甲等可能地从和中选择一关作为第一关，求甲挑战得分的数学期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件概率的公式求得，进而求得. （2）的可能取值为，结合全概率公式等知识来求得正确答案. 【小问1详解】 依题意，， 所以. 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， 所以. 17. 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上. 【答案】（1） （2）证明：①若直线的斜率不存在，不符合题意. ②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为. 联立方程组消去，化简得. 所以，得，或. 因为，且， 所以. 直线的方程为，即. 直线的方程为，即. 因为直线与直线交于点， 所以点的纵坐标. 所以 . 所以点在直线上. 【解析】 【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标； 【小问1详解】 因为椭圆的短轴长为2， 所以.所以. 因为离心率为，所以. 所以，解得. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线. 18. 如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，M，N分别为，的中点． （1）求证：； （2）若，，求三棱锥的体积； （3）设在三棱锥内有一个半径为r的球，，且，求证：． 【答案】（1）证明：设中点为，连接， 因为M，N分别为，的中点，所以， 又，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以 （2） （3）证明：证明：由（2）知，，过作交于， ，又平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 平面，所以，， 设的高，所以， 又，，所以， 即， 所以三棱锥的表面积， ， 所以三棱锥的内切球半径， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，可证平面，得到； （2）过作交于，证得平面，利用即可求体积； （3）可先利用等体积法求三棱锥内切球半径，根据即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作交于， 由（1）知平面，平面，， 又，平面， 所以平面， 又，平面平面， 所以就是二面角的平面角， ，，，， 又平面，是中点， 所以. 【小问3详解】 略 19. 已知函数， （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且.证明：. 【答案】（1） （2）当，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增. （3） 由（2）知，当时，有两个极值点，满足，则 ， 所以 令， 则 ， 则当时，，单调递增，当，，单调递减， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）当 时，，求其导函数，得到 ，再求出 ，由直线方程的点斜式可得答案； （2）求出 ，然后对 和 分类讨论，由在不同区间内的符号可得原函数的单调区间，进而判断原函数的单调性； （3）由（2）知，当时，有两个极值点且满足，由题意可知，可得 ，令， ，利用导数求其最大值可得结论 . 【小问1详解】 当时，，则 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即 . 【小问2详解】 函数的定义域为，则， 令，即，则 当，即时，，此时在上单调递减； 当，即当或时，若，方程的两根为，则两根均为正根，且，则时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，若，恒成立，所以在上单调递减； 综上，当，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期3月教学质量调研试题 高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题:本大题共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. Z C. M D. N 2. 在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是（ ） A. 25 B. 5 C. D. 3. 已知随机变量，且，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，给编号为的正六边形区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同.若有3种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 96种 B. 66种 C. 48种 D. 30种 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 6. 函数对，且为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若时，则 B. 的周期为6 C. 的图象关于中心对称 D. 7. 如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，均大于1，满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 二．多选题:本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为1 B. 的共轭复数为 C. 在复平面内，对应的点在第一象限 D. 若复数满足，则的取值范围为 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期是2 B. C. D. 函数的图象向右平移个单位得到一个偶函数的图象 11. 已知数列是无穷数列，是数列的前项和.若是递减数列，则称数列具有“和性质”，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列具有“和性质” B. 若数列具有“和性质”，则， C. 若数列满足，则数列具有“和性质” D. 若数列，具有“和性质”，且，，则数列具有“和性质” 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 二项式展开式中的常数项为___________. 13. 已知 则______________________ 14. 已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为______. 四．解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围． 16. 一个限时闯关游戏共有和两关，挑战者可以任意选择其中一关作为第一关，只有闯过第一关才能挑战第二关．已知挑战者甲能闯过的概率为，能闯过的概率为，在闯过的条件下能闯过的概率为． （1）求甲在闯过的条件下能闯过的概率； （2）第一关挑战失败者记0分，挑战成功记1分，挑战成功记2分．若甲等可能地从和中选择一关作为第一关，求甲挑战得分的数学期望． 17. 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上. 18. 如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，M，N分别为，的中点． （1）求证：； （2）若，，求三棱锥的体积； （3）设在三棱锥内有一个半径为r的球，，且，求证：． 19. 已知函数， （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $