2025-2026学年浙江桐乡市凤鸣高级中学高三3月学情自测数学试题 含答案

/2026届高三3月学情自测试题高三数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．一．单项选择题（本大题共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（是虚数单位），则在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【详解】因为，所以，所以在复平面内对应的点为在第一象限2.已知向量，，，的夹角为45°，若，则A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】利用向量乘法公式得到答案.【详解】向量，，，的夹角为45°故答案选C【点睛】本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力.3.已知数列满足，若，则（）A. B. C.0 D.4【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别令和，求得的值，得到答案.【详解】由数列满足，且，令，可得；令，可得．故选：A．4.已知，，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】利用函数的单调性结合指数对数的转化可得，再计算即可.【详解】令，显然函数为R上单调递增函数，又，，所以.故选：C5.已知函数，，且，则当时，的值域为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题及积化和差公式可得，然后由，可得，最后由正弦函数单调性可得值域.【详解】，由和差化积公式可得：.因，则，因，则，则，又，则.则.注意到时，，在上单调递增，在上单调递减，又，则，即的值域为.故选：C6.设，下列等式：①；②；③；④．其中正确的个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，取特殊值逐一计算判断即可.【详解】对于①②③，由，令，，①错误；，②错误；，③错误；对于④，取，，④错误，因此①②③④都错误.7.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为塹堵，在塹堵中，若，若P为线段中点，则点P到平面的距离为（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用等积法可求到平面的距离，故可求点P到平面的距离.【详解】因为为直角三角形，且，故，而平面，平面，故，同理，.而平面，故平面，故，又，故，而，故，所以，故，其中为到平面的距离，故，而P为线段中点，故P到平面的距离为，故选：C.8.已知幂函数是非奇非偶函数，令，记数列的前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，解得或，再由为非奇非偶函数，确定函数

,然后再利用裂项相消法求解.【详解】由题意得：，解得或，而当时，为偶函数，不合题意；当时，为非奇非偶函数，符合题意，则，则．二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.下列说法正确的是（）A.若A，B是两个随机事件，则B.若随机变量，则C.相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度越强D.数据1，2，5，7，9，11的上四分位数是9【答案】ABD【解析】【分析】根据概率的性质即可求解A，根据正态分布的对称性即可求解B，根据相关系数的性质即可求解C，根据百分位数的计算公式即可求解D.【详解】对于A,，A正确，对于B，正态分布曲线关于直线对称，故B正确.对于C,的值越大，相关性越强，故C不正确.对于D：，上四分位数是第5个数9，故D正确.故选:ABD.10.已知为坐标原点，双曲线的左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与轴正半轴交于点，过且垂直于轴的直线与的某条渐近线交于点，且与轴垂直，双曲线的离心率为，渐近线的斜率为，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题给条件可得，再根据相似三角形的比例关系即可判断A选项；由A知，，，，离心率，即可判断B、C两项；由题知点横坐标为，纵坐标与相同，所以可得，又点在渐近线上，得，则可得，再代入即可判断D.【详解】

由题知，且，所以.又因为为直径，在圆上，所以.结合图像易知与相似，则有，即，则，故A正确；由A知，，，，故B错误；，故C正确；由A知，，则，且点在渐近线上，不妨设渐近线方程为，则，则，即.则，故D正确.故选：ACD.11.如图，正方形为圆柱的轴截面，为的中点，为的中点，四面体外接球的表面积为，则（）A.平面B.该圆柱的体积为C.直线与平面所成的角为D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，先得到，结合平面，，得到线面垂直；B选项，方法一：根据对称性得到为四面体外接球的直径，利用外接球的表面积为得到方程，求出半径，进而由体积公式求出答案；方法二：作出辅助线，得到为四面体外接球的球心，为四面体外接球的直径，利用外接球的表面积为得到方程，求出半径，进而由体积公式求出答案；C选项，为直线与平面所成的角，求出各边长，得到，则；D选项，利用等体积法得到方程，求出答案.【详解】选项A，易知为底面圆的直径，所以，由题意知平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，A正确.选项B：方法一：由球与圆柱的结构特征可知，的中点在四面体的外接球的球面上，则为四面体外接球的直径，设圆柱的底面半径为，正方形为圆柱的轴截面，则，，所以，因为四面体的外接球的表面积为，所以，解得，所以该圆柱的体积；方法二：根据题意可知的中点为的外心，过点作平面的垂线，交的中点于点，又为外接圆的圆心，故为四面体外接球的球心，为四面体外接球的直径，设圆柱的底面半径为，则，，所以，因为四面体的外接球的表面积为，所以，解得，所以该圆柱的体积，B正确.选项C：如图，连接，由A知，平面，易得平面，则为直线与平面所成的角，因为为的中点，，故，由勾股定理得，在中，，则，所以直线与平面所成的角为，C错误；选项D：设点到平面的距离为，在直角中，由勾股定理得，由，得，所以，即点到平面的距离为，D正确.故选：ABD三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.写出使“的展开式存在常数项”的n的一个取值__________．【答案】3（答案不唯一）【解析】【分析】求出二项式展开式的通项公式，再分析计算作答.【详解】二项式展开式的通项公式，由，得，又，因此，所以n的一个取值为3.故答案为：313.已知是定义在上的偶函数，当时，则_________.【答案】2【解析】【分析】利用函数奇偶性求函数值.【详解】已知是定义在上的偶函数，当时，则.故答案为：2.14.已知为抛物线上两个不同的动点，且满足，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据点、在抛物线上，化为，设出直线方程，利用韦达定理化简得到一元二次函数，即可求出最小值.【详解】由在抛物线上可知：，所以；同理可得：，故①，设直线方程为，直线与抛物线联立，有：消去整理有：，由韦达定理有：，又，故①式化为：，故：的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：要求的最小值，关键在于结合点在曲线上，化为，再利用韦达定理进一步化简成一元二次函数求最值.四．解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．（1）若，求a；（2）若，求的面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可；（2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可；【小问1详解】由正弦定理可得即，又，所以，即，解得，所以.【小问2详解】因为，且，，所以，当且仅当时等号成立，当取最小值时，取最大值，最大值，所以的面积的最大值为.16.已知函数，曲线在处的切线方程平行于轴.（1）求的值；（2）求函数的极值.【答案】（1）（2）极小值为，无极大值【解析】【分析】（1）求导，得到函数在处的斜率，列方程求出的值；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求出极值.【小问1详解】因为，所以，所以，又因为曲线在处的切线方程平行于轴，所以，即，解得；【小问2详解】由（1）可知，所以，要使该函数有意义，则，所以且，所以函数定义域为又，因为，令，解得或（负值舍去），所以，所以当时，，，单调递减，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以函数在处取得极小值，极小值为，又极值点不能在区间端点处取得，所以该函数无极大值.17.如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置.（1）证明：；（2）若二面角的大小为120°，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由题设求证和即可由线面垂直判定定理求证平面，进而得证；（2）由题设结合（1）建立适当的空间直角坐标系，接着由题设和二面角定义依次求出所需点和向量坐标，进而求出平面的一个法向量，再由线面角的向量法公式计算即可求解.【小问1详解】连接交于点，连接，由题可得，且，所以为的中点，在中，，所以，同理，又，平面，所以平面，又因为平面，所以；【小问2详解】由（1）可以点为坐标原点，以，方向和垂直于平面向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题可知为等腰梯形，且，可得，由（1）可知，为二面角二面角的平面角，所以，从而，因为，所以点到平面的距离为，则有，，，，所以，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.18.已知椭圆：过点，短轴长为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值；（3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据给定条件列式求出即可.（2）设椭圆上任一点为，利用两点间距离公式列式，再结合椭圆范围及二次函数性质求出最小值即可.（3）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求出点的轨迹，借助对称性即可求解的最小值.【小问1详解】由椭圆：的短轴长为4，得，由椭圆过点，得，则，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设椭圆上任一点为，则，即，，则点到的距离为，由，得，函数在上单调递减，则当时，，解得，所以.【小问3详解】由（1）得，设点，由y=kx+4由，解得，于是x1+x由在椭圆上，得，即，则，直线的方程为，直线的方程为，

两式相除得，解得，因此在定直线上，由图知，点都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，则，，当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时取等号，所以的最小值为.19.现有甲乙两个盒子，甲盒中装有除颜色外其他都一样的1个红球和2个黑球，乙盒中装有除颜色外其他都一样的2个红球和1个黑球.现从这两个盒子中各任取一个球，交换之后放入另一个盒子中去，称为1次球的交换的操作，如此重复次这样的操作后乙盒子中红球的个数记为（1）求；（2）求的概率分布列并求出;（3）证明：【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）证明见解析【解析】【分析】（1）事件“”即经过1次交换后乙盒子中只有一个红球；（2