河南濮阳市部分校2025-2026学年高三下学期3月联考数学检测试卷 附答案

/河南濮阳市部分校2025-2026学年高三下学期3月联考数学试题考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：高考范围．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.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【详解】因为，则.2.已知单位向量满足，则与的夹角为（）A. B. C. D.【正确答案】B【详解】因为，所以，解得，又因为，所以3.已知集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】A【详解】已知集合；已知集合，由于可得是的正因数；当时，；当时，；当时，；当时，；所以；因为，集合中的最大元素为，所以必须大于等于6，即，所以实数的取值范围是.4.已知等差数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【详解】设的公差为，由，，得，解方程组，得，所以．5.已知直线与圆交于A，B两点，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先分析直线的方程，发现恒过定点，列出，当直线与垂直时，圆心到直线的距离等于，此时最大，由此可计算的最小值【详解】整理直线方程

得，无论取何值，直线恒过定点的圆心为，半径，易知定点在圆内设是圆心到直线的距离，则​，当直线时，最大，此时又

所以6.已知函数，当时，有，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【详解】对于A，如图所示：由时，则与矛盾，故A错误；选项B，如图所示：由时，则与矛盾，故B错误；对于C，如图所示：由时，，但是此时，故C错误；对于D，由函数的图象可知，函数在上单调递减，在上单调递增，若时，有，则，无法确定，如图所示：由，则，即，由，所以，故D正确.7.如图，在正方形ABCD中，为BC的中点，将沿直线AC折起至处，使得点在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（）A. B.1 C. D.【正确答案】A【分析】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，分析可得F为点P在平面ABC上的射影，即平面ABC，根据线面垂直的性质，可得，分析可得点O为三棱锥外接球的球心，根据条件，可得正方形ABCD的边长，根据重心的性质，可得的长，根据勾股定理，可得三棱锥的高，代入体积公式，即可得答案.【详解】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，连接PF，PO，设正方形ABCD的边长为a，因为ABCD为正方形，所以沿对角线AC折起的过程中，点D（即点P）在底面上的射影一直在直线BD上，又点在平面ABC上的射影在直线AE上，所以点F即为点P在平面ABC上的射影，即平面ABC，因为平面ABC，所以，因为O为对角线AC、BD的交点，所以，即，所以O为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径，则，解，因为O为AC的中点，E为BC的中点，所以F为的重心，则，在中，，即三棱锥的高为，则三棱锥的体积.8.已知函数，存在，满足．设，函数，则在区间上的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】通过观察等式判断出成立的条件，得到和，进而得到，再利用三角恒等变换对函数变形后，再进行变量代换利用导数求出区间最值.【详解】因为余弦函数的值域为，所以，，则，进而有，故的最大值为，则必有，即，所以，，则，，，，当或时取得最小值，即，，因为，所以，令，则，原函数化为，求导得，令得，当时，当时，为极小值也即最小值，所以函数在区间上的最小值为.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，记一组数据1，2，3，a，8为，则（）A.若的极差为9，则 B.若的分位数是6，则C.若的平均数为3，则 D.若的方差为6.8，则【正确答案】AB【详解】对于A，的极差为9，则，，A正确；对于B，由的分位数是6，得，当时，，不符合题意，因此，则，解得，符合题意，B正确；对于C，由的平均数为3，得，解得，C错误；对于D，的平均数为，的平均数为，由的方差为6.8，得，解得或，D错误.10.已知函数，则（）A.为奇函数B.3是的极大值点C.曲线在点处的切线方程为D.若，则上存在最大值【正确答案】AC【分析】对A，直接求的解析式，再由奇函数的判断方法，即可求解；对B，直接求出的极值，即可求解；对C，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式，即可求解；对D，利用导数求出在上的单调性，再取一个值，通过验证即可求解.【详解】对于A，因为，则，令，易知的定义域为，关于原点对称，又，所以为奇函数，故A正确，对于B，因为，令，得到或，当时，，当时，，所以是的极小值点，故B错误，对于C，因，，所以曲线在点处的切线方程为，即，所以C正确，对于D，由选项B知，的增区间为，减区间为，又，又，若，则在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，取，又，此时在上不存在最大值，故D错误.11.已知抛物线焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于A，B两点（在第一象限），过A，B分别向的准线作垂线，垂足分别为，则下列命题正确的是（）A.若，则的斜率为B.存在直线，使得的面积为C.若为等边三角形，则D.若的面积为，则【正确答案】ACD【分析】根据已知求得，应用抛物线的定义求得，进而确定点，再求直线斜率判定A，令联立抛物线，应用韦达定理得，，从而得到，结合各项描述判断B、C、D.【详解】由题意，则，且，令，联立抛物线整理得，所以，，则，对于A，由可得，又，由，可得，故，故A正确；对于B，由，则，故B错误；对于C，由为等边三角形及抛物线的定义知，且，所以，解得（负根舍去），则，所以，联立抛物线，所以，则，故C正确；对于D，由上分析，，则，易得，则，同理，所以，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中所有奇数项的系数和为______．【正确答案】121【详解】通项：，其中.展开式的奇数项对应（第1、3、5项）当时：当时：当时：所以奇数项的系数和为.13.已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是______．【正确答案】【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，可设，根据向量的数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．【详解】双曲线右顶点，渐近线方程为，，设，则，，由可得：，整理可得：，，，，则：，由可得.14.已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，若，且存在，使得，则______；______．（用表示）【正确答案】①.②.【分析】根据，结合，可得，进而可求出，再根据，求出的表达式，再结合，即可求出，再根据等差数列前项和公式即可得解.【详解】由题意，，由，即，所以，由，可得，所以，所以，又，所以，因为存在，使得，即，所以，因为，且，所以，即，所以，所以，所以.故；.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.在中，内角，，的对边分别为，，，，．（1）求；（2）若为边上一点，，，证明：．【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据二倍角公式及正弦定理求解即可.（2）根据三角形面积公式得到，结合余弦定理即可求出，的值，得到为等边三角形，进而得到.【小问1详解】因为，所以.由正弦定理知，，又，，所以.又，所以.【小问2详解】由（1）知，，又，所以，即平分.因为，，，所以，即.在中，，即，解得或（舍去）.所以，解得，所以为等边三角形，又平分，所以.16.如图，在四棱柱中，四边形ABCD为菱形，为棱BC的中点，平面ABCD，且．（1）证明：平面平面；（2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．【正确答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】四边形为菱形，为棱BC的中点，所以.又平面，如图：以为原点所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.设则,设平面法向量为则，令易得.设平面的法向量，则，令，则.所以，所以平面平面，即平面平面【小问2详解】由（1）得设平面的法向量，则令，则平面与平面的夹角的余弦值为17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．【正确答案】（1）答案见解析（2）【分析】（1）求导可得解析式，分别讨论和两种情况，可得的正负，综合分析，即可得答案.（2）由题意得在上恒成立，构造函数，利用导数求出单调区间和最值，分析讨论，即可得答案.【小问1详解】由，得，当时，恒成立，则在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】由题意得在上恒成立，设，则，则，令，则，所以，令，则，则在上单调递减，所以，则在上单调递减，所以，当时，，即，所以在上单调递减，则，即，所以在上单调递减，所以，符合题意；当时，，当时，，所以存在，使得，当时，，则单调递增，则，即，所以在上单调递增，则，不符合题意，综上，的取值范围是.18.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点．（1）求的大小；（2）若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为．（i）若，求的方程；（ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）（2）（i）（ii）存在点，使得为定值【分析】（1）根据离心率得出与的关系，利用直角三角形中正切值求出，再由椭圆对称性得解；（2）（i）联立直线与椭圆方程，分别求出的坐标，即可求出直线方程；（ii）设直线的方程为,联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式表示出，化简后根据求出，可知直线过定点，由题意确定点轨迹为以为直径的圆，据此可得解.【小问1详解】因为，所以，又，所以，将代入方程，得，所以，所以，又，所以，由椭圆的对称性知，.【小问2详解】因为为的上顶点，所以，即，所以，所以，所以椭圆的方程为.（i）若，则直线DM，DN的方程分别为，由，可得，解得，所以，即，同理可求得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.（ii）设直线的方程为，由，消去并整理可得，则，且.由，可得，解得，满足，所以直线的方程为，所以直线过定点.由题意知点在以为直径的圆上，所以当点为线段的中点时，，为圆的半径，即为定值.19.某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望．（1）当时，求；（2）证明：；（3）已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望．【正确答案】（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）分步分析第个月和第个月的状态变化，利用全概率公式即