河南省周口市扶沟县高级中学2026届高三下学期三月质量检测数学试卷

**基本信息** 高三三月质量检测数学卷，以生活实践情境与数学思维深度融合为特色，覆盖函数、几何、概率等核心模块，适配高考复习阶段性能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|复数运算、集合真子集、向量数量积|基础题梯度合理，如第3题结合直角三角形考查向量运算，体现数学眼光| |多项选择|3/18|分层抽样、双曲线离心率、向量旋转|第9题结合校本课程选课数据，考查统计分析，落实数据观念| |填空|3/15|抛物线最值、公切线、正四面体距离|第13题曲线公切线问题，综合导数几何意义，考查逻辑推理| |解答|5/77|数列求和、立体几何体积、概率决策、椭圆定点、导数极值|第17题社团面试流程决策，融合全概率公式与期望计算，体现应用意识；第19题导数极值点论证，考查批判性思维与理性精神|

2026届高三下学期三月质量检测数学试卷 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、单项选择题（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．复数z＝（3﹣4i）i3的实部为（　　） A．﹣4 B．﹣3 C．3 D．4 2．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，，则集合A∩B的真子集的个数为（　　） A．8 B．7 C．4 D．3 3．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝3，点M满足，则（　　） A． B． C．12 D．18 4．已知正项等比数列{an}的前3项和为21，且，则a2＝（　　） A． B．2 C．6 D．4 5．已知圆x2+y2﹣2x+6y+1＝0关于直线x+y+m＝0对称，则实数m＝（　　） A．﹣2 B．1 C．﹣1 D．2 6．酒驾是严重危害交通安全的违法行为．根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量在20～79mg之间为酒后驾车，80mg及以上为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，他的每100mL血液中的酒精含量上升到了240mg，如果在停止喝酒以后，他血液中的酒精含量会以每小时20%的速度减少，若他想要在不违法的情况下驾驶汽车，则至少需要等待（　　）小时才能驾驶．（参考数据：lg2≈0.3，lg3≈0.48） A．11 B．10 C．9 D．8 7．已知函数在区间（0，π）恰有两个极大值点、三个对称中心，则（　　） A． B． C． D． 8．设函数f（x）＝（2x+a）ln（x﹣b），若对任意x＞b都有f（x）≥0，则ab的最大值为（　　） A． B． C．1 D．2 二．多项选择题（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．某校为了更好地支持学生个性发展，开设了学科拓展类、科技创新类、体艺特长类三种类型的校本课程，每位同学从中选择一门课程学习．现对该校5000名学生的选课情况进行了统计，如图1，并用分层随机抽样的方法从中抽取2%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图2．则下列说法正确的是（　　） A．满意度调查中抽取的样本容量为5000 B．该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1250 C．该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为875 D．若抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则a＝70 10．已知双曲线C：（b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），直线l：与双曲线C的右支相交于A，B两点（点A在第一象限），若|AF1|＝|AB|，则（　　） A．双曲线的离心率为 B．|BF1|＝8 C． D． 11．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P，已知平面内点A（2，1），点B（2+t，1﹣t），，（O为坐标原点），点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P，则（　　） A． B． C．P的坐标为 D．在方向上的投影向量为（﹣3，3） 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知点Q（3，6），F是抛物线y2＝20x的焦点，P是抛物线上的一个动点，则|PQ|+|PF|的最小值是　 　 ． 13．若曲线y＝ex与曲线y＝ax3有三条公切线，则a的取值范围是　 　 ． 14．已知平面α1，α2，α3，α4分别过正四面体的四个顶点，且平面α1，α2，α3，α4相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，则d＝　 　 ． 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．（13分）已知等差数列{an}满足a3＞a1，a1+a3＝10，a1，a2﹣1，a3成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若，求数列{bn}的前n项和Tn． 16．（15分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为6，，二面角C1﹣A1B1﹣A的余弦值为． （1）证明：BB1⊥AC． （2）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积． （3）求二面角B1﹣A1C1﹣A的正弦值． 17．（15分）某社团招新分为“线上初审”和“线下复试”两个环节，面试结果受学生准备状态影响：若学生提前认真准备，线上初审通过的概率为0.9，线下复试通过的概率为0.8；若学生未提前准备，线上初审通过的概率为0.5，线下复试通过的概率为0.4；已知参加面试的学生中，提前认真准备的占70%，未提前准备的占30%． （1）（Ⅰ）求一名学生线上初审通过的概率； （Ⅱ）已知一名学生线上初审通过，求他是提前认真准备的概率． （2）社团有两种面试流程方案：方案一：所有学生都依次完成线上初审和线下复试（共2次面试）；方案二：先进行线上初审，若通过则进入线下复试；若未通过，则直接淘汰（即只进行1次面试）．已知每次面试的组织成本相同，以面试次数的期望值为决策依据，应选择哪种方案？ 18．（17分）已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点M（1，0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，设直线OA，OB分别与y＝2交于D，E两点，若D，E两点的横坐标之和为，求直线l的方程； （3）若不过点P直线l1与椭圆交于N，Q两点，且满足PN⊥PQ，请问直线l1是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过，请说明理由． 19．（17分）已知函数f（x）＝（b﹣x）ex，a，b∈R． （1）当a＝0，b＝1时，求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意a∈R，f（x）＜e4，对x∈R恒成立． （i）求b的取值范围； （ii）若b≥1，证明：函数f（x）有且仅有一个极大值点． 参考答案 一．选择题 1．A． 2．D． 3．C． 4．C． 5．D． 6．A． 7．A． 8．B． 二．多选题 9．BC． 10．BD． 11．CD． 三．填空题 12．8． 13．． 14．． 四．解答题 15．解：（1）因为数列{an}为等差数列， 所以a1+a3＝2a2＝10，即a2＝5， 又因为a1，a2﹣1，a3成等比数列， 则， 联立方程，又因为a3＞a1， 解得， 则公差， 所以an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1； （2）由bn（3n﹣1）， 所以Tn＝25×（）2+8×（）3+......（3n﹣4）×（）n﹣1+（3n﹣1）•（）n， Tn＝2×（）2+5×（）3+8×（）34+......（3n﹣4）×（）n+（3n﹣1）•（）n+1， 两式相减可得Tn3[（）2+（）3+...（）n]﹣（3n﹣1）•（）n+1 3（3n﹣1）•（）n+1 （3n）×（）n+1， 可得Tn（）n． 16．解：（1）证明：取A1B1的中点G，连接BG，C1G，A1B，BC1， 作C1H⊥BG，垂足为H，连接A1H并延长，交BB1于点F， 由题意可得△A1B1B，△A1B1C1均为等边三角形，所以BG⊥A1B1，C1G⊥A1B1， 因为BG∩C1G＝G，BG，C1G⊂平面BGC1，所以A1B1⊥平面BGC1， 因为C1H⊂平面BGC1，所以A1B1⊥C1H， 因为A1B1∩BG＝G，A1B1，BG⊂平面A1B1B，所以C1H⊥平面A1B1B， 因为BB1⊂平面A1B1B，所以C1H⊥B1B， 所以二面角C1﹣A1B1﹣A即∠BGC1，所以， 因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为6，所以A1B1＝6，， ，，， ，所以，， 即A1F⊥B1B，因为C1H∩A1F＝H，C1H，A1F⊂平面A1C1F，所以B1B⊥平面A1C1F， 因为A1C1⊂平面A1C1F，所以B1B⊥A1C1， 因为A1C1∥AC，所以BB1⊥AC． （2）四边形ABB1A1的面积， 三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积． （3）由（1）可得，FA1⊥BB1，过点F作z轴，平行于C1H，以F为坐标原点，FA1，FB1所在直线分别为x，y轴，建系如图： 则，，B1（0，3，0）， ， 设平面A1B1C1的法向量为， 则，取， 连接C1F，取A1C1的中点E，连接EF， 则，， 由（1）得B1B⊥平面A1C1F，因为C1F⊂平面A1C1F，EF⊂平面A1C1F， 所以B1B⊥C1F，B1B⊥EF，，所以EF⊥A1C1， 因为BB1∥AA1，所以AA1⊥EF， 因为AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1⊂平面A1C1CA，所以EF⊥平面A1C1CA， 平面A1C1CA的一个法向量为， 所以， 所以二面角B1﹣A1C1﹣A的正弦值为． 17．解：（1）设事件A：学生提前认真准备，事件：学生未提前准备；事件B：线上初审通过． 由题意可得： （I） 根据全概率公式一名学生线上初审通过的概率为： 0.7×0.9+0.3×0.5＝0.78． （II）根据贝叶斯公式得一名学生线上初审通过，则他是提前认真准备的概率为： ． （2）设方案一的期望面试次数为E（X），方案二的期望面试次数为E（Y）． ①方案一：所有学生均参加2次面试，∴期望面试次数E（X）＝2． ②方案二： 设随机变量Y表示方案二的面试次数，Y的可能取值为1，2． ， P（Y＝2）＝P（B）＝0.78， ∴Y分布列为： Y 1 2 P 0.22 0.78 ∴E（Y）＝1×0.22+2×0.78＝1.78． ∴E（X）＞E（Y）， ∴方案二期望面试次数更少，组织成本更低，∴选择方案二． 18．解：（1）因为的离心率为，且过点， 所以， 解得a＝2，， 所以椭圆C的标准方程为：． （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），l：x＝ty+1， 联立， 得（t2+2）y2+2ty﹣3＝0， Δ＝4t2+12（t2+2）＝16t2+24＞0， ，， 直线，所以， 同理可得，， ， 所以，代入直线方程得：l：2x﹣y﹣2＝0． （3）设N（x3，y3），Q（x4，y4），当直线l1斜率存在时，设为：y＝kx+m， 联立， 得（2k2+1）x2+4mkx+2m2﹣4＝0， 所以，， ． 代入可得， 所以． 当时，，此时，过点P，不成立； 当时，，此时，过定点， 若直线l1斜率不存在，， 此时，不妨取，，成立． 综上，直线l1过定点． 19．解；（1）当a＝0，b＝1时， 可得， 所以f'（x）＝﹣x（ex+1）， 当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＞0； 当x∈（0，+∞）时．f′（x）＜0， 所以f（x）的增区间为（﹣∞，0），减区间为（0，+∞）． （2）（i）设， 则g（t）＝﹣x2t+（b﹣x）ex在（0，+∞）上单调递减， 则只需g（0）＝（b﹣x）ex≤e4， 令H（x）＝（b﹣x）ex，H'（x）＝（b﹣1﹣x）ex， 由H′（x）＝0，可得x＝b﹣1， 所以H（x）在（﹣∞，b﹣1）上单调递增，在（b﹣1，+∞）上单调递减． 所以， 所以eb﹣1≤e4， 所以b≤5， 故b的取值范围为（﹣∞，5]； （ii）证明；由上知1≤b≤5，又f'（x）＝（b﹣1﹣x）ex﹣ea•x， 当x≥4时．f'（x）≤（b﹣5）ex﹣4ea＜0， 当x≤b﹣5时，f'（x）≥4ex+（5﹣b）ea＞0， 由零点存在定理可知存在x0∈（b﹣5，4），使得f'（x0）＝0． 下面证明：f'（x）在区间（b﹣5，4）上有且仅有一个零点x0， 记g（x）＝f′（x），h（x）＝g'（x）＝（b﹣2﹣x）ex﹣ea， 则h'（x）＝（b﹣3﹣x）ex， 令h（x）＝0，可得x＝b﹣3； 则h（x）在（﹣∞，b﹣3）上单调递增，在（b﹣3，+∞）上单调递减， 所以h（x）≤h（b﹣3）＝eb﹣3﹣ea． ①当a≥b﹣3时，h（x）＜0，所以f'（x）单调递减 此时f'（x）在区间（b﹣5，4）上有且仅有一个零点x0， ②当a＜b﹣3时，h（b﹣2）＝﹣ea＜0，h（b﹣3）＝eb﹣3﹣ea＞0． 当h（b﹣5）≥0时，此时存在唯一的x0'∈（b﹣3，b﹣2），使得h（x0'）＝0 故f'（x）在（b﹣5，x0'）上单调递增，在（x0'，4）上单调递减， 所以f'（x0'）＞f'（b﹣5）＞0， 所以f'（x）在（x0'，4）上有且仅有一个零点x0， 当h（b﹣5）＜0时， 存在两个点x1∈（b﹣5，b﹣3），x2∈（b﹣3，b﹣2），使得h（x1）＝h（x2）＝0， 即， 故f'（x）在（b﹣5，x1）上单调递减，（x1，x2）上单调递增，（x2，4）上单调递减， 又， 记φ（x）＝x2+（1﹣b）x+b﹣1， Δ＝（1﹣b）2﹣4（b﹣1）＝（b﹣1）（b﹣5）≤0． 所以φ（x）≥0，进而f'（x1）＞0， 所以对任意b∈[1，5]，总有f'（x1）＞0， 则对任意x∈（b﹣5，x2），f'（x）≥f'（x1）＞0．所以f'（x）不存在零点， 而f'（x）在（x2，4）上单调递减，f'（4）＜0． 所以f'（x）在（x2，4）上有且仅有一个零点x0， 综上所述，f'（x）在（b﹣5，4）上有且仅有一个零点x0， 且当x∈（﹣∞，x0）时，f'（x）＞0， x∈（x0，+∞）时，f'（x）＜0， 从而x0为f（x）的极大值点， 所以f（x）有且仅有一个极大值点x0，证毕． 学科网（北京）股份有限公司 $