福建南平市浦城县荣华实验高中2026届高三下学期三月月考数学试卷（含答案）

2026届高三下学期三月月考数学试题一、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z=−1+i，则A.−1+iB.-iC.12.在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=A.-3B.1C.2D.33.设z=22+i，则在复平面内，A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4.若a,b>0,且ab=4a+A.5B.17C.25D.365.如图,双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2A.102B.132C.336.1,3,4,6,8,12的第60百分位数为()A.5B.6C.7D.87.设F1,F2分别为双曲线x2a2−y2b2=1aA.2B.3C.4D.58.已知Sn是公比不为1的等比数列an的前n项和,则“S2,S6,S3成等差数列”是“存在不相等的正整数m,n，使得aA.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A与B,其中nΩ=36A.nA∩C.事件A与B互斥但不对立D.事件A与B相互独立10.如图,圆台的上下底面半径分别为1和2,P,Q分别为上下底面圆周上的点,ABCD为圆台的轴截面且A.PQ为母线B.PQC.AQD.平面PBQ与平面ABCD的夹角等于6011.已知等式ab=eaa>0,a≠1其中e是自然对数的底数,将a视为自变量x(x>0,xA.fB.fC.若方程fx=2m有4D.当k>e时,若fx=k的两实根为x三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知抛物线y2=3x的焦点为F，点M在该抛物线上，且MF=114，则M13.已知△ABC的外心为O,2AO=AB+AC14.一个正八面体,八个面分别标以数字1到8,任意抛掷一次这个正八面体,观察它与地面接触的面上的数字.事件A={1,2,3,4}PABC=PAPB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，角A,B,C所对的边分别为a(1)求B的大小；(2)已知sinA=3sinC16.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M、P分别为AA1，B1M的中点，点Q(1)求证:PQ//平面A1(2)若AA1=A1B1=B1C1=317.设数列an满足a(1)证明:数列2n⋅(2)若数列an的前n项和为Tn，求证:T(3)设bn=2n+1⋅18.某校举行知识竞赛，甲乙两位同学组队答题，甲先依次答一二题，乙再依次答三四题，若两人合计答对题数大于或等于3，则取得胜利，并获得纪念品(恰好答对前三题时应继续答完第四题);若两人合计答错两题则中止答题,已知,甲、乙答对每道题的概率分别为p,q(1)当p=q=12时,设X(2)当1p+19.已知函数fx=ae(1)证明:fx在区间0,1a上存在唯一的极小值点(2)若极小值fx0>0，证明:(3)当fx有两个不同的零点x1，x2时，证明:1.D因为z=−1+i,则故选:D.2.B因为AB⋅在平行四边形ABCD中,BC=所以AB⋅3.D显然z=22+i=22−i4.C由a>0,b>则ab2−4ab−5≥0当且仅当b=4a=10时取等号,所以当a=52故选:C5.C设AF1=m,则AF2−AF因为AF1,A代入得:2m+2a=m+BF2所以AB=A在△AF2B即2m化简可得:m=所以AF因为∠AF1F2所以AF所以4求得:c2所以e=故选:C.6.B6×所以第60百分位数为第4个数,即为6,故选:B7.A如图,设AF由双曲线的定义知AF1−AF2=2a,所以A又,BF1−BF2=2a,则BF由4a+2a>2c,得到e=ca<3结合各个选项,A正确,B、C故选:A.8.A因为Sn是公比不为1的等比数列an的前n项和,所以若S2,从而2a11−q61−q若am,amn,an成等差数列,则2amn故当nm−1=4即“S2,S6,S3成等差数列”能推出“存在不相等的正整数m反之,满足2qnm−1=qm−满足2qnm−1即“存在不相等的正整数m,n，使得am,amn,an成等差数列”推不出“S2,S6,S3故选:A9.BD对于选项A,因为nA∪B=nA+n对于选项B,因为PA=1836=12所以PA∪B=PA对于选项C,因为PA∩B=16≠0,所以事件A与对于选项D,由选项B知PA=12,PB=故选:BD.10.BC由母线的概念可知,PQ不是母线,所以A错误;如图所示,作上底面圆心O1,下底面圆心O,线段BQ中点E,连接OE,O1P,OO1,PE,可知因为O为AB中点，E为BQ中点，所以∠BOE=∠CO1P所以四边形OEPO1因为OO1⊥平面AQB,所以PE⊥平面AQB因为E为BQ中点,所以PQ=PB,所以B因为PE⊥平面AQB,AQ⊂平面AQB又因为AQ⊥BQ,PQ⊂面PQB所以AQ⊥平面PQB,所以AQ⊥PQ,所以因为四边形OEPO1为平行四边形,所以因为PE⊂平面PQB,OO1⊄平面PQB,所以所以OO1平行于平面PBQ与平面ABCD因为AQ⊥平面PQB,AB所以∠ABQ是平面PBQ与平面ABCD可知∠ABQ=π6,所以11.ABD由题意知,xy=exx>0,x且x>0,x≠对于A,fe=elne=e对于B,f′x=lnx−1ln2x,故在1,e和0,1上,故f3<fπ<f4且f4对于C,fx=f−x则fx=2m有4个不等的实根,即fx且fx在1,e和0,1上单调递减,在故2m>fe=e,即m>e对于D,由fx的单调性可知,当k>e时,若fx=k则1<x1<e<x2,且引入不等式x+证明过程如下:不妨设x>因为x+设xy=t,t令gx所以g′x=1x−所以gx在1,+∞上单调递增;所以故lnt−2t−故x1故x1+x2>2故选:ABD12.2依题意,抛物线上点M到抛物线的准线x=−34的距离为所以M到y轴的距离为114故答案为:213.3如图,根据平行四边形法则由2AO=O为BC中点,又△ABC的外心为O所以△ABC为∠BAC又由AO=所以△ABO为等边三角形，∠ABO可得∠OAC=30∘，所以AO⋅故答案为:3214.8事件A={1,2,3,4}又PABC=PAPBPC因为PC所以PC=PACPA,故又PC故PBCPB≠P即PBC≠12PC,所以其中AB={2,4},nAB若nABC=1,则又nC=2nACnC≠2nBC若2∈C,4∉C,可令C={2,3,5,若4∈C,2∉C,可令C={3,4,5,事件A={1,2若nABC=2,则nC=此时nBC=4,故综上,满足条件的事件C的个数为8.故答案为:815.(1)在△ABC中，由sinBsinC+3sinAsinB=a2+c2bc及正弦定理，得bc+(2)由sinA=3sinC及正弦定理，得a=3c，由(1)知b2=a2+c2−16.(1)证明见解析(2)2(1)取MA1的中点R，连接PR由P为MB1的中点知因为PR⊄平面A1B1C1,A1B1⊂由M为AA1的中点且AQ=3QC1,知因为RQ⊄平面A1B1C1,A1C1⊂因为PR∩RQ=R,PR,RQ⊂平面PRQ又因PQ⊂平面PRQ,所以PQ//平面(2)取A1C1的中点O，由A1B1以O为坐标原点,B1O、A1C1所在的直线分别为因为AA1=A1则B12,0,由AQ=3QC1得Q设平面B1QM的法向量为m=x,y,z取y=1，则x所以平面B1QM的一个法向量为因为平面A1B1C1设平面B1QM与平面A1B1C1的夹角为即平面B1QM与平面A1B117.(1)由an+1=12an+12n+1可得,2n+1⋅(2)由(1)得，2n⋅an=1设其前n项和为Tn,则T1所以12即12所以Tn又n∈N∗，所以n+2(3)由(2)得an=n2n，所以bn所以bn当n≥3时,3−n2n−3<0又因为b1=32,所以bn的最大项是b18.(1)X的可能取值为0,1,2,当X=0时，甲前所以PX当X=1时,甲前2道题只答对1道题,且乙答第3题时答错,此时不会继续答第4题,甲前2道题只答对1道题的概率为C21p1−所以PX当X=2时,有①甲前2道题只答对1道题，乙第3题答对，此时必答第4题，概率为C2②甲答对2题，此时乙必答第3和第4道题，概率为p2=所以PX=X012P1141期望EX(2)两人合计答对题数大于或等于3获得纪念品，分三种情况:①甲答对1题，乙答对2题，概率为C21②甲答对2题，乙答对1题，概率为p2C③甲答对2题，乙答对2题，概率为p2所以获得纪念品的概率P=又因为1p+1q=6,所以对P进行变形,P由6pq=p+q≥2pq可得3pq≥pq当且仅当p=q1p+1所以P的最小值Pmin综上,甲乙获得纪念品的概率的最小值为1919.(1)fx的定义域为0,+∞,求导得因为a>0,y=aex,y=−1x又f′1a=ae1a−根据零点存在定理,存在唯一的x0∈0,1且当x∈0,x0当x∈x0,1a所以fx在区间0,1a(2)由fx0=aex所以1x构造函数hx=1x−ln因为x>0,所以即hx=1x−lnx又因为h1=11−ln1−1=(3)由fx=0，可得aex由aex=lnx+令t=lnx+1,则x=设gt=lnt−e由y=1t,y=−g′t在0又因为g′1=1−