河北邯郸市魏县第五中学等校2025-2026学年高三下学期3月省级联测考试数学检测试卷 附答案

/2025-2026高三省级联测考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上.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，再选涂其他答案标号.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、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，，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】分别求解绝对值不等式和对数不等式，再由交集定义计算即得.【详解】因，，则.2已知复数，则（）A. B.2 C. D.【正确答案】A【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解..【详解】由复数，所以.3.已知焦点为F的抛物线上有一点A，满足，则的面积为（）A. B. C.2 D.【正确答案】A【分析】由抛物线定义确定坐标，再结合面积公式即可求解即可.【详解】由抛物线方程：，得，即，因此焦点，原点，，准线方程为，设，由抛物线定义得：，解得，则，即，在中，底为，高为，因此面积：

.4.现有10个样本数据，，…，，可得经验回归方程为，且，若去掉一个数据点后，可以得到新的经验回归方程为，则实数的值为（）A.1 B. C. D.2【正确答案】A【详解】根据回归直线过样本中心点，代入得：，所以原个样本的值总和为：，去掉后，剩余个样本的值总和为：，值总和为：因此新的样本中心点为：，因为新的经验回归方程为，回归直线必过新的样本中心点，代入得：，解得.5.已知等差数列的前n项和为64，其前3项和为6，最后3项和为42，则此数列的项数n为（）A.5 B.6 C.7 D.8【正确答案】D【详解】由题意得前3项和，最后3项和将两式相加得根据等差数列性质：若，则​，所以因此又​，所以解得6.的值为（）A. B.2 C. D.1【正确答案】B【分析】利用三角恒等变换计算求解即可.【详解】.7.现有个与个排成一排，则恰有个相邻的不同排法种数为（）A B. C. D.【正确答案】A【分析】根据题意利用组合计数原理与分步乘法计数原理可得结果.【详解】将个分为组，组的个数分别为、、，然后从个形成的个空位中选出个，然后从这个空中选择个空排入相邻的个，不同的排法种数为种.8.在平面直角坐标系xOy中，已知向量，，点，则的最大值为（）A. B. C.2 D.【正确答案】D【分析】先由条件求得，进而求得，设，即得，可得，利用向量数量积的定义，结合余弦函数的有界性推得，即可求得答案.【详解】，由，，可得，代入计算可得.又由，可得，设，则，因，则，于是，因，当且仅当为相反向量时取等，故，即的最大值为.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.已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则为锐角三角形C.若为锐角三角形，则D.若，则为直角三角形【正确答案】ACD【分析】由大角对大边，再结合正弦定理可判断A，由余弦定理可判断B，由，结合诱导公式可判断C，由余弦定理求得，即可判断D.【详解】若，则，利用正弦定理，可得，所以，故A正确；若，则利用余弦定理可得，所以为锐角，但不知道是否为锐角，故B不正确；若为锐角三角形，则，所以，所以，即，故C正确；若，则利用余弦定理，可得，即，解得，所以，所以为直角三角形，故D正确.10.已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（）A.该正四棱锥的体积为B.该正四棱锥的内切球的半径为C.该正四棱锥的外接球的表面积为D.该正四棱锥的外接球面与其侧面所在的平交所得的轨迹长度为【正确答案】ACD【分析】求出锥体的高，结合锥体的体积公式可判断A选项；利用等体积法可求出正四棱锥内切球的半径，可判断B选项；确定外接球球心的位置，结合勾股定理求出外接球的半径，再利用球体表面积公式可判断C选项；求出外接球球心到平面的距离，利用勾股定理和圆的周长公式可判断D选项.【详解】如下图所示，点在底面的射影点为正方形的中心，对于A选项，因为正方形的边长为，所以，因为为正方形的中心，则，由勾股定理可得，所以正四棱锥的体积为，A对；对于B选项，如下图所示，取线段的中点，连接，因为，，所以，则，所以，在正四棱锥中，，设该正四棱锥的内切球的半径为，因为，即，解得，B错；对于C选项，如下图所示，设外接球球心为点，设外接球的半径为，由对称性可知球心在直线上，由勾股定理可得，即，即，解得，因此外接球表面积为，C对；对于D选项，取线段的中点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，所以，因为，为的中点，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，、平面，所以平面，在中，，，所以，又因为，故，所以该正四棱锥的外接球面与其侧面所在的平交所得截面圆的半径如下，为，故截面圆的周长为，D对.11.已知定义域为的函数，则（）A.存在单调递增函数，使得恒成立B.存在单调递减函数，使得恒成立C.使得恒成立的函数存在且有无数多个D.使得恒成立函数存在且有无数多个【正确答案】BD【详解】A选项，假定存在上单调递增的函数使得恒成立，当时，，得，当时，，由在上单调递增，得，因此，即，解得，不可能，故A错误；B选项，令，则，等式成立，故B正确；C选项，显然左边是偶函数，但是奇函数，既是偶函数又是奇函数的函数只有常函数，故C错误；D选项，令，为偶函数，则恒成立，可任取，满足条件的有无数个，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数的图象向右平移后得到函数的图象，则的值为________．【正确答案】1【分析】求出平移后的函数解析式，再求函数值.【详解】函数的图象向右平移后得到函数的图象，则，所以.13.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线l与双曲线相交于,两点（其中点在第二象限，点在第一象限），且满足，则直线l的斜率为________．【正确答案】【分析】由双曲线定义和已知线段关系，推出各焦半径的关系，可以得到为正三角形，在中用余弦定理，建立方程解出关系并用距离公式求出点

的坐标，再由直线过右焦点计算斜率.【详解】已知双曲线，焦点，，过点的直线l与双曲线相交于,两点（其中点在第二象限，点在第一象限），且满足,设，则,由双曲线定义，对于点（右支），，得，所以，；对于点（左支），，所以.所以，因此为正三角形.得，所以,在中，所以，得.设点，由，得，，，计算可得，所以，代入计算得，因为点在第一象限，所以，所以直线的斜率.14.已知正实数m，n满足，则的最小值为________．【正确答案】【分析】通过换元，令

，​，同构函数，求导，通过单调性得到，再结合基本不等式即可求解.【详解】令

，​（），则

​，​，代入原式：

，

化简整理得：

，构造函数

，求导得：

，又，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最小值0，即

对任意

恒成立，故

，即

在

上单调递增，由

得

，即

，化简得

，，当且仅当

且

，即

，等号成立，因此

的最小值为

.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.已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）降次作差，再验证即可；（2）利用错位相减法即可得到答案.【小问1详解】由题意，当时，.①，当时，②，①②得，即.当时，故数列通项公式为.【小问2详解】③，④，③④得，化简得，即.16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，M，N分别是线段的中点，Q是线段上的一个动点．（1）若，求点的位置．（2）若点是线段的中点，求：（ⅰ）直线与平面所成角的正弦值；（ⅱ）平面与平面的夹角的余弦值．【正确答案】（1）点Q与点D重合（2）（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量垂直的坐标运算求点Q的位置即可.（2）利用向量法求线面角和面面角即可.【小问1详解】在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面．以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，又，得，，而Q是线段CD上的一个动点，设，则有，，若，则，解得，所以时，点Q与点D重合.【小问2详解】点Q是线段CD的中点，，，（ⅰ），设平面SBC的一个法向量为，则有，令，则，即，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为；（ⅱ），设平面MNQ的一个法向量为则有，令，则，即，平面SAB的一个法向量为，则，故平面MNQ与平面SAB的夹角的余弦值．17.已知A、B、C三名同学在体育课上进行投篮比赛，每人进行两次投篮，三名同学第一次投篮命中的概率均为，在第一次投篮命中的条件下第二次投篮命中的概率依次为，，，三名同学投篮互不影响．（1）求三名同学至少有两名同学在第一轮投中的概率；（2）设三名同学中两次都投进的人数为随机变量X，求X的分布列；（3）若三名同学完成投篮后，恰有一名同学投进两次，求该同学是A的概率．【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）第一轮命中概率相同且独立，用二项分布（两人命中加三人命中）即可；（2）先由条件概率算出每人两次全中的概率，三名同学投篮互不影响，按独立事件乘法求各概率即可；（3）条件概率，分子为“只有两次全中”的概率，分母为“恰有一人两次全中”的总概率，两者相除即可.【小问1详解】设三名同学第一次投篮命中分别事件,,,设至少两人命中为事件.则,未命中的概率为，利用二项分布计算，【小问2详解】两次都投进的概率为，两次都投进的概率为，两次都投进的概率为.可取0，1，2，3，因为三名同学投篮互不影响，所以，，，，.所以X的分布列为【小问3详解】由第2问可知恰有一人两次都命中的概率为，其中恰有两次都命中的概率为，所以三名同学完成投篮后，恰有一名同学投进两次，该同学是的概率为.18.设函数．（1）求函数的单调区间；（2）证明：当时，；（3）设，证明：当时，．【正确答案】（1）递增区间为，递减区间为.（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；（2）令，求得单调递增，证得，得到，再令，求得单调递增，得到，证得，即可得证；（3）根据题意，转化为，令，只需证明在上恒成立，设，进而求得，所以在上单调递减，结合，即可得证.【小问1详解】解：由函数，可得，令，即，解得，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】解：令，可得，当时，，在上单调递增，所以，可得，即，因为，两边同时除以，可得，令，可得，当时，，在上单调递增，所以，即，即，因为，两边同时除以，可得，综上可得，当时，.【小问3详解】证明：要证明，因为，可得且，可得令，只需证明在上恒成立，由，设，因为，所以，令，因为，则，所以在上单调递增，所以，再令，可得，在上单调递减，所以，即，即，所以在上单调递减，所以，所以，当时，.19.已知点，直线，点到点的距离与到直线的距离之比为，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）点，点是上异于点的两点，且.①直线是否过定点？如果是，求出此定点；如果没有，请说明理由；②过点作于点，是否存在定点，使得定点到点的距离为定值？如果有，求出定点的坐标；如果没有，请说明理由.【正确答案】（1）（2）①过定点；②存在定点【分析】对于（1），设点，根据两点间距离公式和点到直线的距离公式列出等式，再化简得到曲线的方程.对于（2）①，先设出直线的方程，分斜率存在和不存在两种情况讨论；当斜率存在时，将直线方程与曲线的方程联立，利用韦达定理得到和，再结合的条件，代入斜率公式化简，进而判断直线是否过定点.对于（2）②，根据（2）①的结论，结合，利用直线垂直的斜率关系或圆的相关性质，分析点的轨迹，进而判断是否存在定点使