山东菏泽第一中学人民路校区2026届高三下学期3月学情检测数学试题（含答案）

2026年3月菏泽一中人民路校区高三学情检测数学试题一、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∣−3≤A.{−3,−1,1,2.已知复数z=4+3iA.2B.3C.5D.13.已知非零向量a,b满足a−b⋅a−3b=0，且aA.垂直B.共线C.夹角为π3D.夹角为4.已知函数fx=x+4a,x≥0−xA.0,4B.0,45.设F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点,过点F2作x轴的垂线交C于A、B两点,其中点A.0B.2C.4D.66.正三棱台ABC−A1B1C1A.3B.4C.5D.67.已知数列an满足an+A.an所有项恒大于等于B.若a1=1,则C.若an是常数列,则D.若a1=2,则8.在平面直角坐标系xOy中,A1,0,P−1,p,Q1,qA.5+12B.3+二、多项选择题:本大题共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,全部选对得6分,部分选对得部分分,选错得0分.9.设样本空间Ω={1,2,3,4A.PAB=C.PABC=10.斜率为2的直线l与双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线交于A.x2a2−y2B.P也是线段CD的中点C.若l过双曲线的焦点,则直线OP的斜率是−D.若l过双曲线的焦点,点P的坐标为2,1,则11.已知fx①fxy=②fx+③当fx≠fy时，fx+yA.若fx>r,B.fx=C.若x+y+z=0D.若f2=1三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知cosα+π2=13.用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色,要求每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定:如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有_____种.14.在平面直角坐标系xOy中,射线l1:y=xx≥0,l2:y=0x≥0,半圆C:y=1−x−4四、解答题:本题共5小题,共77份.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在△ABC中,角A,B,Ca(1)求△ABC(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC16.如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,点(1)若λ=μ=12(2)若λμ=12，点P,Q分别在直线DD1,MN上，且17.箱子里有四张卡片,分别写有数字1,2,3,4,每次从箱子中随机抽取一张卡片,各卡片被抽到的概率均为14,记录卡片上的数字,然后将卡片放回箱子.(a)第一次抽取的卡片上写的数字是4;(b)设n为大于等于2的整数,第n次抽取的卡片上写的数字大于第n−1次抽取的卡片上写的数字.例如,当记录的数字依次为3,2,2,4时,这个操作在第(1)若操作进行了4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数；(2)求操作在第n次结束的概率.18.已知函数fx(1)设直线x=4与曲线y=fx交于点P(2)a取遍全体正实数时，曲线y=fx在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数gx,求(3)证明:当x≥1时，对任意正实数a，fx≥219.在直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点P−23,1,短半轴长为5.过点S0,5作直线l交C于A,B两点,直线PA交y轴于点(1)求C的标准方程；(2)证明1k1(3)设点R0,1，证明C上存在异于其上下顶点的点Q，使得∠MQR=∠NQR1.B由题可知A∩B中的元素表示满足−3≤x≤2的奇数故选:B.2.D由z=故选:D3.B设已知两个向量的夹角为θ,由题a=∴cosθ=1,所以故选:B.4.A因为函数fx=x+4a,所以a2故选:A.5.C由题AF2=b2∴b2a=P取上顶点时∠F1PF2∴∠F1PF2不会为直角,∴只有当∠P所以由对称性可知满足△PF1F2是直角三角形的点故选:C.6.D由题可知上下底正三角形的高分别为62−32=33则有32+r2332故选:D.7.CA选项:数列an满足a当a1<0,可得B选项:若a1=1,可得a2=3由an+1−an=1an可得n=1时,n=2时,a3−a2=23−C选项:若an是常数列,即an+1=an,即D选项:若a1=2,可得则a2所以数列an+1+8.C如图所示,设∠AOQ=θ,则所以由tan2θ=2tanθS△记fq=−q+q所以f′q≥0时,q4−4q2−1f′q<0时,q4所以q2=2+5时f所以pq故选:C.9.ABD对于选项A:因为AB={1},则所以PAB=PA对于选项B:因为AC={1}，则可得PA所以PA∣C=PC对于选项C:因为ABC={1},则PABC=所以PABC≠PAPB对于选项D:因为B={2,4},C可得PB所以PBC=P故选:ABD.10.ABD对于A⋅x2a2−y2b2=对于B.设直线方程为y=2x+m，分别联立x2a得1a2−4b这两式的两根之和都是4mb21a2−4b2对于C.因为xC所以2=所以直线OP的斜率是kOP=b22a对于D.由C选项可知b22a2=12,即故选:ABD.11.ACA:令x=y=1,有f1令x=y=−1,有f1令y=−1,有f−x=f因为ffx>r,fyB:假设选项正确,对于任意除1和-1以外的整数a,有fa即f2≠0,f3≠0所以f2>0,f3C:x+y+z=0⇒x+y若fx≠fy,则fz=min{fx,fy},即D:f3ff240=故选:AC12.3由题得−sinα所以coscos2故答案为:3−13.2假设一个正四面体四个顶点为A、B、C、D,则同理B,C,D作底面顶点时也分别有即一个正四面体可以通过旋转得到12种朝向.因为四种颜色的排列数有A44所以一共有2412=故答案为:214.−将半圆依次沿着y=x光线在镜面发生反射可以等效处理为:光线进入了镜子后的空间,因此问题就转化为光线如何与镜子内外的圆没有交点,光线变化的范围如图所示.当光线与x−42+y由对称性可知当光线遇射线l1时反射光线若与x−42+y2=1y当光线与圆x2+y−42=1相切但遇射线l1时反射光线不与x−当光线与x+42+y所以由图可知k的取值范围是−15故答案为:−1515.1(2)1(1)由asinAa故a2+b2−c=ab由余弦定理得cos由于C∈0,πsinC=32,根据2R=所以△ABC的外接圆半径为3(2)由(1)知，C=π由正弦定理有csinC所以b=2因为△ABC为锐角三角形,所以0<B<π所以B+π6∈π所以3<b+a<所以△ABC周长的取值范围为116.(1)连接B1C,AC，当λ=μ=12，则M是AB所以MN//因为AC⊂面ABCD,D1D⊥面所以D1(2)以D点为原点，DA,DC，DD1方向为x，y，AAB1=0,1所以M1,λ,λ又DD1=0,0,1则由n⋅DD1=取n=1−λ,所以PQ=由0≤λ≤10易知y=λ+12λ−1在所以y∈2−1,17.(1)15;(2)操作在第n次结束的概率为Pn(1)由题意可得若操作进行了4次仍未结束,则前四次抽取的卡片数字可能为:1111,2111,3111,2211,3211,3311,2221,3221,3321,3331,2222,3222,3322,3332,3333,共有15种情况.(2)设操作在第n次结束的概率为Pn，操作在第n次未结束的概率为Q则当n=1时，P1=14,Q1接下来我们讨论操作进行了n次,但是并没有结束的情形,抽取的数字结构如下所示:3分别设序列中的3,2,1的个数为x,y,z利用隔板法,可以知道对应情形的数量,操作如下:令X=x+1,一共有Cn+各情形概率均为14n,所以有当n≥2时,经检验,其对n=1依然成立,所以18.(1)x=4时,令ha=52ea所以P点纵坐标的最小值为30.(2)fx=x+1x令ha则h′①当2⋅x−1x+1≤1，即0<x≤3时，②当2x−1x+1>1ha在0,ln2x−h综上所述,gx(3)由第(2)问可知fx≥gx恒成立，所以只需证明①若x∈1,3u因为x≥1,所以u′x≥0在1,3上恒成立,ux在1,3上单调递增,所以②若x∈[因为x≥3,所以构造tx=22x令φx=2x−2x−13,则φ而φ3=32−4tx在3,+∞单调递增,因为3<e54gx=22x而fx≥gx,即证fx≥19.(1)由已知得−232a2+12b(2)将椭圆向右平移23个单位