2025-2026学年河南省濮阳市部分校高三下册3月联考数学试题 含答案

/河南濮阳市部分校2025-2026学年高三下学期3月联考数学试卷一、单选题1．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．2．已知单位向量满足，则与的夹角为（

）A． B． C． D．3．已知集合，若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．4．已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A． B． C． D．5．已知直线与圆交于A，B两点，则的最小值为（

）A． B． C． D．6．已知函数，当时，有，则（

）A． B． C． D．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．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．二、多选题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，则在上存在最大值11．已知抛物线的焦点为，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，则三、填空题12．的展开式中所有奇数项的系数和为______．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______．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）四、解答题15．在中，内角，，的对边分别为，，，，．(1)求；(2)若为边上一点，，，证明：．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．17．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．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．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．参考答案1．D解析：因为，则.2．B解析：因为，所以，解得，又因为，所以3．A解析：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．B解析：设的公差为，由，，得，解方程组，得，所以．5．C解析：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．D解析：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．A解析：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．C解析：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.9．AB解析：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．AC解析：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，因为，，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．ACD解析：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.12．121解析：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．解析：双曲线的右顶点，渐近线方程为，，设，则，，由可得：，整理可得：，，，，则：，由可得：.14．解析：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.故答案为：；.15．(1)(2)证明见解析解析：（1）因为，所以.由正弦定理知，，又，，所以.又，所以.（2）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．(1)证明见解析(2)解析：（1）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,设平面的法向量为则，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（2）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．(1)答案见解析(2)解析：（1）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.（2）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．(1)(2)（i）（ii）存在点，使得为定值解析：（1）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，.（2）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