广东省梅州市2026届高三数学下学期3月一模试题含解析

广东梅州市2026届高三数学下学期3月总复习质检试题

一、单选题

1．在复平面内，复数(1i)(m2i)对应的点在第三象限，则实数m的取值范围是（）

A．(,2)B．(2,0)C．(0,2)D．(2,)

2．已知an为等差数列，a32，a46，则a5a6（）

A．36B．24C．18D．12

2

3．为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩X（单位：次）近似服从正态分布N160,，

且P(120X160)0.45，则该校2000名学生中约有（）人一分钟跳绳超过200次.

A．100B．150C．200D．250

∩ð

4．已知全集UAB{1,2,3,4,5}，AUB{2,4}，则下列结论不一定成立的是（）

ðð

A．{2,4}AB．UABC．{1,3,5}BD．{1,3}UA

222

xy2y

5．已知椭圆C:1与双曲线:x1,m0有公共的焦点F1,F2，椭圆C与双曲线的一个交点

9mm

为Q，则F1QF2的面积为（）

A．3B．4C．5D．6

6．甲乙两人下棋比赛，规则是谁先赢2局，谁便赢得奖金5400元.根据以往的交手记录，每局甲赢的概率

21

为，乙赢的概率为，且每局比赛相互独立.然而因突发事件，比赛未能举行，为公平服众，奖金按照比

33

赛正常进行时各自赢得比赛的概率之比进行分配，则甲分得奖金（）元.

A．3600B．3800C．4000D．4200

π

7．某个弹簧振子在振动过程中的位移y（单位：cm）与时间t（单位：s）之间的关系为y10sint，则当

2

位移y6cm时，弹簧振子的瞬时速度大小为（）cm/s.

A．4B．5C．6D．8

11

8．已知实数a和b（其中b1）满足方程：2lnba，则下列不等式成立的是（）

eab

A．eab2B．a2ebC．a2bD．alnb

二、多选题

9．近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌车

商随机调查了甲、乙两地各200名消费者，得出统计图如下，根据此统计图，下列结论正确的是（）

n(adbc)2

附：2，nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)

0.050.010.001

3.8416.63510.828

A．在所调查的甲地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人

B．在所调查的乙地购车者中，若用分层随机抽样抽取20人，则其中新能源车主有12人

C．根据小概率值0.001的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关

D．从所调查消费者中随机选一人，在已知其为新能源车主的条件下，其来自甲地的概率为0.4

10．关于函数f(x)sinxsin3x，以下结论正确的有（）

A．f(x)的图象是轴对称图形B．f(x)的最大值为1

C．f(x)是以π为一个周期的周期函数D．f(x)在[0,π]上有4个零点

11．如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，ADCD，EC平面ABCD，

ADCE2，BCCD1，M、N分别为棱DE、CE上的动点，设DMDE(01)，

CNCE(01)，则（）

A．当0时，存在，使得MN//平面ABE

B．当0时，存在，使得ANBM

12

C．当，且AN与BM相交时，

23

2π

D．三棱锥EBCD的外接球在底面ABCD上的截痕长为

2

三、填空题

12．已知某趟往返梅州与广州的高铁，沿途共有梅州西、兴宁南、五华、河源东、惠州北、广州等6个站

点，则此趟高铁沿途需要准备______种不同的车票.

13．在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为(1,1)，点Q为圆C:(x2)2y22上的动点，则OPOQ的最

小值为______.

(0)

14．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列.初始数列k经过n次扩

(n)

充后的新数列记为k，项数记为Pn，所有项的和记为Sn.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的

(1)

和，如：数列{a,b,c}经过一次扩充后得到数列ak{a,ab,b,bc,c}，P15，S12a3b2c.已知初

(0)

始数列ak{3,1,3}，则Pn______；Sn______.

四、解答题

15．如图，F是抛物线C:y22px(p0)的焦点，P是抛物线C在第一象限上的一点，OFP60，|PF|2.

(1)求抛物线C的方程；

(2)求抛物线C在点P处的切线方程.

16．如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1底面ABC，ABC是等腰直角三角形，ACBC，

△

ABA1是边长为2的等边三角形.

(1)求点A到平面A1BC的距离；

(2)求二面角AA1BC的正弦值.

3

17．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知bcsinAacosC.

3

(1)求角A的大小；

(2)若D为边BC上一点，满足BD2CD，且AD2，求ABC的面积最大值.

1

18．（1）求函数f(x)xlnx在区间,3上的值域；

3

11

（2）设函数g(x)x2axxlnx.

22

①求证：当a0时，g(x)有唯一零点；

②x1，x2分别是g(x)的两个不相等的极值点，求证：x1x2a2.

19．（1）一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球、20个白球，从中随机放回地逐次摸一个球

作为样本，5次摸球后停止，用X表示停止时摸出红球的次数.

①求X的分布列和数学期望；

②若用样本中红球的比例估计总体中红球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率.

（2）某节目上，有三扇关闭的门，其中一扇门后面为汽车，另两扇门后面为山羊，节目参加者从这三扇门

中选择一扇，然后所选之门后面的物品则归其所有.当参加者选定一扇门后，节目主持人开启了剩余两扇门

中后面为山羊的一扇门，并询问节目参加者是否更换选择.问：参加者这时候更换选择会更好吗？请用概率

解释.（备注：汽车的价值要远大于羊.）

参考答案

1．A

【详解】由复数的乘法可得(1i)(m2i)m2(m2)i，

m20

而复数(1i)(m2i)对应的点在第三象限，故，

m20

所以m2即实数m的取值范围是(,2).

2．B

【详解】公差da4a3624,

则a5a6a32da42d286824.

3．A

【详解】因为XN160,2，则有P(160X200)P(120X160)0.45，

所以PX200PX160P(160X200)0.50.450.05，

该校2000名学生中，一分钟跳绳超过200次人数约为20000.05100.

4．D

ð

【详解】因为AUB2,4，所以2A，4A，所以{2,4}A，故A正确；

ðð

对于任意xUA，则xA，又xUAB，所以xB，所以UAB，故B正确；

ð∩ð

若1B，则1UB，又UAB{1,2,3,4,5}，则1A，则1AUB，

ð

与AUB2,4矛盾，所以1B，同理3B，5B，故{1,3,5}B，故C正确；

ð

若1A时，可得{1,3}UA不成立，故D错误.

5．B

【详解】由题意知，椭圆C和双曲线的焦点都在x轴上，

22

xy22

则椭圆C:1，可得a19,b1m，则c9m

9m1

2

2y22

双曲线:x1，可得a21,b2m，则c1m，

m2

因为椭圆C和双曲线有公共的焦点，可得9m1m，解得m4，

222

xy2y

所以椭圆C:1且双曲线:x1，则c5，可得F1F225，

944

不妨设，椭圆C与双曲线的一个交点为Q位于第一象限，

由椭圆的定义，可得QF1QF22a16，

又由双曲线的定义，可得QF1QF22a22，

QF1QF26

联立方程组，解得QF14,QF22，

QF1QF22

222

则满足QF1QF2F1F2，可得QF1QF2，所以F1QF2为直角三角形，

1

所以F1QF2的面积为SQFQF4.

F1QF2212

6．C

【详解】甲要赢得比赛，需要先赢两局，可能的比赛局数为2局或3局.

224

2局结束，即甲连赢2局，概率为P；

1339

2121228

3局结束，即前2局甲、乙各赢1局，第3局甲赢，概率为P，

233333327

4820

所以甲赢得比赛的总概率为P甲.

92727

111212117

同理可求得乙赢得比赛的总概率为P乙.

3333333327

20

所以甲分得奖金为54004000元.

27

7．A

π

【详解】由题可得瞬时速度y5cost,

2

ππ3π4

当位移y6cm时，可得610sint，解得：sint,所以cost,

22525

4

所以5π4cm/s,

5

则当位移y6cm时，弹簧振子的瞬时速度大小为4cm/s，

故选：A

8．D

1111

【详解】因为2lnba且b1，故a2lnb，

eabeab

111

而b1，故lnb0，所以2lnblnb，故alnblnb，

eabelnb

11

设fxx，则fx10，

exex

1

所以fxx为R上的减函数，

ex

11

而alnb即为faflnb，故alnb，故D成立.

eab

11

由b1可得b2b即，

b2b

11121212

故a2lnblnblnb2lnb，

eabbb2elnb

2

所以faflnb，所以alnb2即eab2，故A错误.

对于B，取be2，由D的分析可得alnb0.

bb

若2b，则即2，

aeae22lnbe2(be)

b21b

设gb2lnbe2,be2，gbe2，

b2

b

2122

而y,ye2均为e,上的减函数，故gb为e,上的减函数，

b2

2

21e212

故gbge2e2e340，

e22e22e2

b

2

所以gb2lnbe2在e,上为减函数，

be2e2b

所以gb2lnbe22lne2e24e24e30，故2lnbe2(be2)，

所以a2eb不成立，故B错误.

1111

对于C，取be，则2a，即a20，

eaeeae

1

仍取D分析中的函数fx，考虑方程fx20的解，

e

11

设hxfx2，因为fxx为R上的减函数，

eex

111

所以hx为R上的减函数，而h2f220,

ee2e

故a2，故此时a2b不成立，故C错误.

9．BCD

【详解】A：甲地购买燃油车人数为20060%120，购买新能源车人数为20040%80，

故购买燃油车的人数比新能源车的多1208040人，A错误.

B：乙地购买新能源车比例为60%，故用分层随机抽样抽取20人时，新能源车主有2060%12人，B正确.

C：列出22列联表：

甲地乙地总计

燃油车12080200

新能源车80120200

总计200200400

222

2400(1201208080)400(144006400)4008000

则16.

(12080)(80120)(12080)(80120)200200200200200200200200

小概率值0.001时，0.00110.828.

因为21610.828，所以根据小概率值0.001的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关，C正确.

D：所调查的新能源车主共有20040%+20060%200人，其中甲地80人，在已知其为新能源车主的条件

80

下，其来自甲地的概率为0.4，D正确.

200

10．ACD

【详解】对于A，函数f(x)sinxsin3x的定义域为R，且

f(x)sin(x)sin3(x)(sinx)(sin3x)sinxsin3xfx，

即f(x)为偶函数，f(x)的图象是轴对称图形，A正确；

111

对于B，f(x)sinxsin3xcos4xcos2xcos2xcos4x

222

1111

cos2x2cos22x1cos22xcos2x，

2222

2

21119

令tcos2x,t1,1，则yttt，

22416

11199

当t时，yt2t取最大值，即f(x)的最大值为，B错误；

4221616

对于C，f(xπ)sin(xπ)sin3(xπ)(sinx)(sin3x)sinxsin3xfx，

即f(x)是以π为一个周期的周期函数，C正确；

对于D，令f(x)0，即sinxsin3x0，故sinx0或sin3x0，

当sinx0时，在[0,π]上有x0,π满足题意；

π2π

当sin3x0时，在[0,π]上有x0,,,π满足题意；

33

π2π

故f(x)在[0,π]上有0,,,π共4个零点，D正确.

33

11．AC

【详解】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则：C0,0,0，D1,0,0，B0,1,0，A1,2,0，E0,0,2，

对于A，当0时，N0,0,0，M在DE上DMDE，则M1,0,2，

则AB1,1,0，AE1,2,2，

xy0

设平面ABE的一个法向量nx,y,z，则

x2y2z0

取x2，则y2，z1，即n2,2,1，

MN1,0,2，若MN//平面ABE，则MNn0，

11

即21020420，故存在，故A正确；

22

对于B，当0时，N0,0,0，AN1,2,0，BM1,1,2，

若ANBM，则ANBM0，

即1(1)(2)(1)0201201，

不满足01，故B错误；

1

对于C，当时，N0,0,1，M1,0,2，

2

若AN与BM相交，则存在唯一x,y使得ANxAByAM，

即：1,2,1x1,1,0y,2,2，

2

解得，故C正确；

3

BD2

对于D，因为底面BCD是直角三角形，外接圆半径r​​，

22

因为EC平面ABCD，设外接球半径为R，则：

2

2

22CE223，

Rr1

222

三棱锥EBCD的外接球在底面ABCD上的截痕为底面BCD的外接圆，截痕长为2πr2π​，故D错误，

12．30

2

【详解】每2个站点之间都需要准备2种车票，从6个站点中任取2个站点，共A66530种.

13．4

【详解】由题设，如下图有OQOCCQ，且|OP|2,|OC|2,|CQ|2,POC135，

所以OPOQOPOCOPCQ|OP||OC|cos135OPCQ2OPCQ，

要使OPOQ最小，只需OP,CQ反向共线，此时OPCQ2，

所以OPOQ的最小值为4.

14．2n113n

【详解】因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项，

所以经第n1次扩充后增加的项数为Pn1，因此Pn1PnPn12Pn1，

所以Pn112Pn1，因为P15，

所以可得数列Pn1是以4为首项，公比为2的等比数列，

n1n1n1

所以Pn1422，即Pn21；

,,,,,,

设第n次扩充后数列的各项为3a1a2a3at3，

则Sn3a1a2a3at3．

因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，

所以Sn133a1a1a1a2a2a2a3a3atat33

323a13a23a33at3233a1a2a3at3333Sn，

n

又S12331233，所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，故Sn3，

n1n

综上，Pn21，Sn3.

15．(1)y26x

(2)23x2y30

p

【详解】（1）以题意知，抛物线C:y22px，(p0)的准线l:x，

2

如图，过P作PMOF，垂足为M，过P作PNl，垂足为N，

设Px0,y0，x00，y00，

p

由抛物线定义知，|PN|x|PF|2，

02

在Rt△PMF中，|PF|2，PFM60，

p

所以|MF|1，即有x1，

02

pp

于是有12，解得：p3，

22

因此抛物线C的方程为y26x.

p1

（2）由（1）得x1，

022

211

代入抛物线C的方程得y063，y3，所以P,3，

202

1

可设抛物线C在点P处的切线方程为y3kx，

2

1

y3kx

联立方程2，显然切线不平行x轴，故其斜率k0，

2

y6x

112663

将x(y3)代入，消去x，整理得：yy30，

k2kk

2

663

因为相切，有430，

kk

即有：36243k12k212(k3)20，因此k3，

1

所以抛物线C在点P处的切线方程为y33x，即23x2y30.

2

16．(1)221

7

(2)27

7

【详解】（1）取AB中点O，连接CO，A1O.

由题意，易得COAB，A1OAB，A1O3，

法一：因为侧面ABB1A1底面ABC，侧面ABB1A1底面ABCAB，

所以A1O平面ABC.所以A1O是三棱锥A1ABC的高.

又因为在中，22，

RtA1OCA1CA1OOC2

而A1B2，BC2，

2

所以ABC为等腰三角形，且边上的高等于227，

1BC2

22

177

所以SABC2，

1222

记点A到平面A1BC的距离为hA，

11

由VAABCVAABC，得ShSAO，

113A1BCA3ABC1

1711221

即d213，于是得h.

3232A7

法二：以O为原点，分别以OC，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立坐标系Oxyz，

易知O(0,0,0)，B(0,1,0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，A1(0,0,3)，B1(0,2,3)，

所以BA1(0,1,3)，BC(1,1,0)，

设平面A1BC的法向量为nx1,y1,z1，

nABy3z0

所以111，令，得，z1，

y13x131

nBCx1y10

得到平面A1BC的一个法向量n(3,3,1)，

又因为AA1(0,1,3)，

AAn

所以点到平面的距离等于123221.

AA1BC

n3317

（2）法一：设点A在平面A1BC上的投影为H，A1B的中点为M，连接AM和HM，

△

因为ABA1是边长为2的等边三角形，

所以AMA1B，且AM3，

而AH平面A1BC，A1B平面A1BC，

所以AHA1B，AM,AH平面AMH，AMAHA，

所以A1B平面AMH，HM平面AMH，

所以HMA1B，

因此AMH为二面角AA1BC的平面角，

23

在RtAHM中，AHh27.

sinAMHA7

AM337

法二：由（1）可知OC(1,0,0)为平面AA1B的一个法向量，

3

又由（1）知平面的法向量为，

A1BCn1,1,

3

nOC121

cosn,OC

所以|n||OC|17，

111

3

2

因此二面角AABC的正弦值为21，即为27.

11

77

π

17．(1)A

3

(2)33

2

3

【详解】（1）解：因为bcsinAacosC，

3

3

由正弦定理得2RsinB2RsinCsinA2RsinAcosC，

3

3

所以sinBsinCsinAsinAcosC，

3

3

又因为Bπ(AC)，可得sin(AC)sinCsinAsinAcosC，

3

3

所以sinAcosCcosAsinCsinCsinAsinAcosC，

3

3

所以cosAsinCsinCsinA，

3

3

因为0Cπ，所以sinC0，可得cosAsinA，所以tanA3，

3

π

又因为0Aπ，故A.

3

（2）解：因为D为边BC上，满足BD2CD，

12

所以BD2DC，所以ADAB2(ACAD)，所以ADABAC，

33

212424

所以ADABACABAC，

999

144π

即有|AD|2|AB|2|AC|2|AB||AC|cos，

9993

144π

即22c2b2cbcos，

9993

142c2b222

所以4c2b2cb2cbbc，所以4bc，即bc6，

99933933

c2b

当且仅当时，即c2b23时，取等号，

33

11π3333

所以SbcsinAbcsinbc6，

ABC223442

33

即ABC的面积最大值为.

2

1

18．（1）,3ln3；（2）①证明见解析；②证明见解析

e

【详解】（1）解：对函数f(x)求导，得f(x)lnx1.

1

由f(x)0，得x，

e

1111

当x,，f(x)0，f(x)在,上单调递减；

3e3e

11

当x,3，f(x)0，f(x)在,3上单调递增，

ee

11

所以f(x)minf.

ee

1ln3

因为f(3)3ln3f，

33

所以f(x)maxf(3)3ln3.

11

故f(x)在,3上的值域为,3ln3.

3e

11

（2）证明：①当a0时，g(x)x2xlnx，x(0,)，

22

则g(x)xlnx1.

x1

令h(x)g(x)，x(0,)，则h(x).

x

由h(x)0，得x1，

当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减；

当x(1,)时，h(x)0，h(x)单调递增，

所以h(x)h(1)0，即g(x)0，

因此g(x)在(0,)上单调递增.

11

而g(1)11