河北省沧州市沧县中学等学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题(含解析)

绝密★启用前数学本试卷共4页,满分150分,考试用时120分钟.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,再选涂其它答案标号.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.一、单项选择题: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.已知集合A=x∣A.A=⌀B.C.A=R2.已知平面向量a=3,7,b=2,3mA.−27B.273.若复数z满足z+z=1+iA.0B.-2iC.2i4.若倾斜角为锐角且过点1,0的直线l截圆x+22+y2=A.22B.33C.5.记Sn为等比数列an的前n项和,已知4S4=A.-16B.-1C.1D.166.记F1,0,点P在椭圆x29+y28=1上,点QA.1B.2C.3D.47.将1,1,2,2,3五张数字牌按顺序进行排列,其中相同的数字牌不相邻的排法总数为()A.12B.26C.52D.1048.已知函数fx=ln1+x1−x−ax−2x33A.1B.2C.3D.4二、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.已知函数fx=3A.fx的值域为B.fx零点绝对值的最小值为C.fx在区间5π9D.曲线y=fx10.已知定义在R上的偶函数fx满足当x≥0时,fA.曲线y=fB.若a=0,则C.若a=−1，则fxD.若a=1，则11.现口袋里共有4个红球,5个黄球和3个蓝球,它们除颜色外完全相同.现进行取球,则()A.若取出球后放回口袋,每次只取一个球,则第4次取出黄球的概率为5B.若取出球后不放回口袋,每次只取一个球,则第2次取出黄球的概率为5C.若取出球后放回口袋,每次只取两个球,则第4次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为7D.若取出球后放回口袋,每次只取两个球,则第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为15三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个装有水的圆柱形玻璃杯,测得其内壁半径为2 cm,将一个半径为1 cm13.若x∈0,π2,且sin14.在公差为正数的等差数列an中，a1=2，a2四、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.在△ABC中,AB(1)若AC=3，求△(2)若△ABC是锐角三角形，证明:BC16.如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA(1)过点M作MH垂直BC于点H，证明:平面MBC⊥平面AA(2)求平面BCM与平面B1C17.某研发系统内在初始时刻有一个可分裂粒子,在第1分钟末这个粒子分裂成两个新粒子,共有三种分裂情况:产生两个可分裂粒子,其概率为14;产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子,其概率为23;产生两个不可分裂粒子,其概率为112.新产生的每个可分裂粒子在1分钟末又会按照上述分裂情况分裂成两个新粒子,不可分裂粒子在1(1)求第2分钟末时能量首次达到峰值的概率；(2)记初始时刻后2分钟末时的可分裂粒子个数为X，求X的分布列和数学期望.18.已知函数fx(1)证明:fx>−(2)证明:fx(3)记(2)中的极值点为x0，证明:x19.平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2pxp>0(1)求抛物线C的方程；(2)过点P不垂直于坐标轴的直线l与C交于A,B两点，记点A关于x轴的对称点为(i)证明:直线BD过定点;(ii)记△BDP的外接圆圆心为Q,求直线OQ1.B集合A=x∣x2>x,当当x<0时,x2>x集合B=x∣3x3故集合B=⌀，D选项错误，B故选:B2.C因为a=3,7,所以3×3m−2×7=03.C设z=a+bi由题意z+所以1=a+a2所以z=i,则14.A由题可得,直线l斜率存在,故设l斜率为kk直线l的方程:y=kx−1圆x+22+y2=4设圆心到直线的距离为d=则直线l截得圆的弦长2=2r2−代入得:4−化简计算得:4−9k2=3k故选:A5.D设等比数列an的公比为q所以44化简得q3+q2−当q=2时,当q=−2时,当q=−1时，a综上，a4=16或6.C记T−1,0在△PTQ中，有PT+PQ≥TQ(当且仅当P,Q,T圆x2+y2=16的圆心O0,0∴PF7.A第一张为1时;若第五张为1，则仅有1种排法；若第三张为1，有A21若第四张为1，有A21第二张为1时;若第四张为1,则共A31若第五张为1,有A21第三张为1时,第五张为1,有A21综上可得:总计12种排法.8.B因为fx所以f′若f′0<0,由导数连续性,则存在x0>此时fx0故f′当a=2时,当且仅当21−x2=2所以fx在[0,1)9.ABC对于A,由辅助角公式得fx=2sin3x+π3,可知值域为−2,2,故A正确;对于B,记3k−19π≥19π,当且仅当对于C,由−π2+2kπ<取k=1得而5π9,2π3⊆7π18,13π18对于D,由3×8π9+π3=3π,知所以x=8π9不为对称轴,故10.BCD对于A,注意到2x≠0,故其所过点必含变量a,对称性可得x<0对于B,x≥0时,fx=故fx=x2=x对于C,当x≥0时,fx=−2x+x2,令f注意到当x∈0,2时,fx<0,当当x>4时,由于指数函数增长速度远高于多项式函数,故于是fx有且仅有2由奇偶性知fx有且仅有4个零点,故C对于D,当x≥0时,fx=2x且log2所以f3于是f−log2311.ABD对于A，显然其为独立重复试验，故第四次取出黄球的概率等价于第一次取出黄球的概率,于是p=53+对于B,可分为第一次取出黄球与第一次未取出黄球,由全概率公式得p=512×对于C、D,从12个球中取出两个球,共有C122=66则取出两个球至少有一个黄球的概率为1−2166=1522,故C12.1因为玻璃球的半径为1 cm,可得玻璃球的体积为43π×13=43πcm3,设圆柱形玻璃杯水面上升了h cm13.π6或因为sin2x又因为sin2x=sinsin所以cosx+π3sinx−π3因为x∈0,π2得x+π3=π2或14.8记an公差为d,二者相等得3a即0=da1−于是a415.(1)因为AC=3,由AB=AC+BC在△ABCcos因为0<A<π,所以A=设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理得:BC即732=2R,解得:R=733(2)设AC=b，则AB=AC+2=b所以有:cos即b因为AC=b>0,所以解得:b>16.(1)由题意如图所示:在直三棱柱ABC−A1B1C1中，因为AA1⊥平面ABC所以AA1⊥BC且MH⊂平面AA1H,所以BC⊥平面AA1H，又BC⊂所以平面MBC⊥平面A(2)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，因为所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A垂直于AB的直线为y轴，AA1所在直线为z因为AA所以B2设平面BCM的一个法向量为:n=由BC=则BC⋅令x1=3,则y1=设平面B1C1M的一个法向量为:由B1则B1令x2=6,则y2=设平面BCM与平面B1C1M所以cos=所以平面BCM与平面B1C1M17.(1)设第2分钟末时能量首次达到峰值的概率为P.第2分钟末时能量首次达到峰值可分为两种情况:第1分钟末产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子,第2分钟末该可分裂粒子产生两个不可分裂粒子;第1分钟末产生两个可分裂粒子,第2分钟末分别产生两个不可分裂粒子.P所以P=(2)显然X的取值可以是0,1,2,3,4,PPPPX01234P964173683121于是EX18.(1)易得a>0,此时设函数gx则x∈−∞,−1时,x∈−1,+∞时,于是fx>(2)f′x=x+a显然当x≥0时,当x≤−a−1当x∈−a−1,0时,设因为x∈−a−1故h′所以hx即f′x在区间−a−所以存在x0∈−a−所以当x∈−∞,x0时f′x<0所以fx(3)注意到f′f又x0∈−a−1,0在(1)中已证明−xex≤1e,故−19.(1)设抛物线C上任意一点为Mx由y2=2px得则点P3,0到点PM令fx其对称轴方程为x=当3−p≥0,即0<p≤3时,fx由题意知PM的最小值为22,则−p2+6p=222=8,即因为p≤3,所以当3−p<0,即p>3时,ffx在x=0处取得最小值综上所述，p=2，故抛物线C的方程为(2)(i)由(1)知C的方程为y2=4x，点P的坐标为设直线l的方程为x=联立直线与抛物线方程y2=4xx=设Ax1,y1由题意知点D的坐标为x1,−y1,直线BD因为y12=4x代入得直线BD的斜率为kBD整理得y−y2=4将y1y2=−12所以直线BD恒过定点−3(ii)设△BDP的外接圆圆心为Q则Q到B,D,P由QD2=QP2也即x1因为x1=mm也即y1因为点A在抛物线上,且P在x轴上,故y1所以m2+1y1同