重庆市南开中学高三下学期3月质量检测数学试题

重庆市南开中学高2026届高三年级3月质量检测数学试题注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求.1.若复数（i为虚数单位），则的虚部为（）A. B.2i C.2 D.2【答案】C【解析】详解】，，虚部为2.2.已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，问题转化为两个集合的包含关系，可求实数的取值范围.【详解】非空集合，是的充分不必要条件，则有集合是集合的真子集，所以，即实数的取值范围为.3.某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（）A.0.65 B.0.85 C.0.15 D.0.3【答案】B【解析】【分析】利用正态分布的性质求解即可.【详解】由题可得4.直线被圆所截得的最短弦长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出直线过定点坐标，当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，求出弦心距，利用勾股定理求出结果即可．【详解】圆的圆心为，半径，又直线方程可化为，直线恒过定点，当圆被直线截得的弦最短时，圆心与定点的连线垂直于弦，此时弦心距为．所截得的最短弦长：．5.关于函数，下列说法不正确的是（）A.是偶函数 B.最大值为2C.最小值为2 D.不是周期函数【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义，代入整理，可判断A的正误；分段讨论，可得的解析式，作出图象，可判断B、C、D的正误.【详解】因为，所以是偶函数，故A正确；当时，，当时，，因为是偶函数，图象关于轴对称，可得的图象如图所示：由图象得的最大值为2，最小值为0，不是周期函数，故B，D正确，C错误.6.是定义在上的函数，且对均有：，若，实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】确定函数的对称性及单调性，再由性质求解不等式.【详解】由是定义在上的函数，，，得，则函数关于点中心对称，由，，得函数在上单调递增，由，得，即，因此，即，解得，所以实数的取值范围是.7.骰宝一般称为赌大小，是一种用骰子赌博的方式，规则为：玩家向庄家下注，每次下注前，庄家把三枚骰子放在有盖的器皿中摇晃，若三枚骰子点数一样，称为豹子，庄家直接获胜；其他情况中，点数和为4到10称为小，和为11到17称为大；玩家下注完毕打开器皿，玩家猜中大小即为玩家获胜，否则庄家获胜；在某局中玩家猜大，已知庄家获胜的条件下，三枚骰子点数最大的是5的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分析庄家获胜的情况，以及三枚骰子点数最大的是5的情况，结合条件概率公式运算求解即可.【详解】因为已知庄家获胜，则点数为豹子或者小，点数为豹子有6种情况；点数和4有，所有排列有3种情况；点数和为5有，所有排列有种情况；点数和为6有，所有排列有种情况；点数和为7有的所有排列，有种；点数和为8有，所有排列有种情况；点数和为9有，所有排列有种情况；点数和为10有，所有排列有种情况；所以小有种情况；其中三枚骰子点数最大的是5的情况有：，，，，，，，的所有排列共有种情况；所以对应概率为.8.正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果.【详解】设中心为，如下图：由正四面体性质可知，利用勾股定理可得，即，解得；因此可得；所以；，可得，即，当且仅当时，等号成立.此时满足，易知，因此.二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.已知，则下列选项正确的是（）A.B.若，则C.D.的展开式中，不存在连续三项成等比数列【答案】ACD【解析】【分析】由组合数的公式可判断A项，再由二项式的展开式的性质可判断BCD选项．【详解】由，得，得，解得或（舍），所以A正确；由，可以在二项展开式中令，有，所以或0，故B错误；C.在二项展开式中令，有，故C正确；D.，其展开式的通项为，，①若，则显然D正确；②若，展开式中存在连续三项成等比数列，则必存在整数使得，矛盾，故假设错误，综上，D正确.10.已知函数，其导函数为，下列说法正确的有（）A.若，则B.时，的单调递减区间为C.时，为的极值点D.时，无零点【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对B，根据条件，直接求出的减区间，即可求解；对C，根据条件得恒成立，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；对D，根据条件，利用导数，求出的单调区间，进而得恒成立，即可求解.【详解】易知的定义域为，，对于A，因为，则，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，当时，，由，解得，又在处有意义，所以的单调递减区间为，故B正确；对于C，当时，，因为，所以恒成立，当且仅当时取等号，故在区间上单调递增，则无极值点，故C错误；对于D，因为，当时，易知在区间上单调递减，又时，，，所以，使得，即，当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，令，则，当时，，则在区间上单调递增，所以，即，所以恒成立，无零点，故D正确.11.已知曲线与抛物线交于两点，的中点为，当时，到抛物线准线的距离为4，为抛物线的焦点，则下列选项正确的是（）A.B.的轨迹方程为C.D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】由对称性可得关于轴的对称点在抛物线上，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、抛物线性质逐项求解判断.【详解】依题意，关于轴的对称点为，设直线，，由对称性不妨令，则，由，得，则，，对于A，当时，，，则，解得，A错误；对于B，，，点，设点，则，，又，因此的轨迹方程为，B正确；对于C，，直线与轴交点为，令，得，则中点，，C正确；对于D，设，则，，又，因此，解得，，，，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.盒子中装有除编号（1到6）外完全相同的6个小球，从中有放回地摸球5次，记录摸到球的编号，若已知5个编号的中位数为3，唯一众数为2，则平均数最大可能为______.【答案】3.6【解析】【分析】依题意，5个数排序后中位数为3，唯一众数为2，可推得这5个数为，其中为大于3且不相等的两个数，其中，，且，即可求解．【详解】由题可知摸到的号码为2，2，3，，，其中，，且，为使平均数最大，，，其平均数最大为.13.公差不为0的等差数列的前项和为，若恒成立，且，则______.【答案】【解析】【详解】，恒成立，，，，，.14.对数集中的元素先按照从小到大的顺序排列得到，定义为其“交替和”，数集的所有非空子集的交替和的和为“交替总和”.已知，则的交替总和为______.【答案】【解析】【分析】设中最小元素为，根据配对可得的交替总和为，再根据导数求出的最小值后可求交替总和.【详解】的非空子集有个，最小元素为，除去集合，剩下个非空子集可分为两类：不包含的集合与包含的集合，且具有一一对应关系，设的交替和为，则的交替和为，这一对集合的交替和为；故的交替总和为.又，故当或时，，当时，，故在上为增函数，在为减函数，故中的最小值为，故交替总和为.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.某科技公司研发了一款AI图像分类模型.现随机抽取500张图片对该模型进行测试，记录了单次测试的准确率（百分比）.通过对测试结果的分析，绘制出了如下频率分布直方图：（1）求平均准确率；（2）将准确率不低于90%的一次分类视为“精准分类”，以频率估计概率，现用该模型独立进行5次测试，记为“精准分类”的次数，求随机变量的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列0123450.590490.328050.07290.00810.000450.00001期望【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法，代入数据，即可得答案.（2）由题意得一次分类是“精准分类”的概率为0.1，且，根据二项分布概率公式，代入求解，可得分布列，即可求出期望.【小问1详解】由频率分布直方图，可得平均准确率为：.【小问2详解】由频率分布直方图可知，一次分类是“精准分类”的概率为0.1，以频率估计概率，则，则，，所以的分布列为：0123450.590490.328050.07290.00810.000450.00001的期望为16.记数列的前项和为，若且.（1）求数列的通项公式；（2）的前项和为，求集合的元素个数.【答案】（1）（2）5个【解析】【分析】（1）根据递推关系及与的关系化简得出，利用累乘法求，即可求出通项公式；（2）求，利用分组求和法结合对数运算性质及等差数列求和公式求出，再利用数列增减性与取整条件计算即可得解.【小问1详解】由可得，两式相减，可得，整理得即，，…，，，累乘得，而也符合上式；故数列的通项公式为.【小问2详解】，依题意，，因为函数在上单调递增，所以数列为递增数列，又，，所以，，又则存在，满足，，共5个元素.17.如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足.（1）当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程.（2）点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离.【答案】（1）是，（2）【解析】【分析】（1）在中由正弦定理和余弦定理可得，再在，中利用余弦定理可得，最后根据双曲线的定义可得动点的轨迹方程；（2）设的方程为，，，根据垂直可得，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得，再由点到直线的距离公式可求距离.【小问1详解】在中，，由正弦定理有：，再由余弦定理有：，即，而，分别在，中利用余弦定理可得：，化简得.故，即，根据双曲线定义结合不共线可得，点的轨迹为.【小问2详解】由题意直线斜率不为0，设其方程为，，，由可得，而，故且，故，而，，代入不等式组得有即①，又，即，所以，故，化简可得，结合①和可得，此时点到直线的距离.18.如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面.（1）求证：平面；（2）若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为.（i）求；（ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）利用已知的面面垂直证明，利用是直径，有，可得平面；（2）依题意上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，可得上底面圆的半径，（ⅰ）三棱锥四个面皆为直角三角形，得为三棱锥外接球的球心，结合已知数据求出半径和圆台的高，得的值；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用平面与平面夹角，向量法求点到平面的距离.【小问1详解】证明：、分别为线段、的中点，有，因为，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.平面，所以有，而在下底面里，是直径，所以，，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）可知，是平面的一个法向量，因为满足要求的点有且只有一个，所以平面与上底面圆周有且只有一个公共点，所以上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，底面，即上底面圆的半径，（ⅰ）由（1）可知，为等腰直角三角形，又，所以易得，，，即圆台高，，，，因为三棱锥四个面皆为直角三角形，可知，，即为三棱锥外接球的球心，所以，所以.（ⅱ）连接，如图建立空间直角坐标系，则有，，，，，设，则，，，设平面的一个法向量为，则有，取，解得，即，设平面的一个法向量为，则有，取，解得，即所以平面与平面夹角的余弦值为，设，则前式化简得：，解得或（舍），所以点到平面的距离为：.19.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）若，求函数在上的最大值；（3）已知为函数在上的所有极值点，且满足；证明：【答案】（1）（2），（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）求导得，令，则，分、、分别求解即可；（3）求得，，，，从而可得均为的极值点，由（2）可得，由（1）可得，代入即可得证.【小问1详解】因为，所以，所以，又，所以在处的切线方程为：，即；【小问2详解