重庆市南开中学校2026届高三下学期3月质量检测数学试卷含解析（word版+pdf版）

展开

这是一份重庆市南开中学校2026届高三下学期3月质量检测数学试卷含解析（word版+pdf版），文件包含重庆市南开中学校2025-2026学年高三下学期3月质量检测数学试题解析版docx、重庆市南开中学校2025-2026学年高三下学期3月质量检测数学试题与解析pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 若复数 ( 为虚数单位),则的虚部为
A. B. C. 2 D. -2
【答案】C
【解析】 ,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】易知集合是集合的真子集,所以 .
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】 .
4.直线被圆所截得的最短弦长为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】过定点 ,圆心与该定点连线垂直于弦时弦长最短为 .
5.关于函数 ,下列说法不正确的是
A. 是偶函数 B. 最大值为 2
C. 最小值为 -2 D. 不是周期函数
【答案】C
【解析】 ,所以是偶函数,故选项 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:
由图易知 C 错.
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】关于中心对称,且在上单调递增, 等价于 .
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】已知庄家获胜,所以点数为豹子或者小,豹子有 6 种情况,小有 105 种情况,所以三枚骰子点数最大的是 5 的情况有: 一种, 三种, 六种, 六种, 三种，六种，六种，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】设中心为
,即 ,当且仅当取等.
又 .
二、多选题：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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得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】A. 由解得，所以 A 正确；
B. 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 ,故正确;
D. ,其展开式的通项为 ,
①若，则显然 D 正确；
②若，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, 正确.
10.已知函数 ,其导函数为 ,下列说法正确的是
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】 .
A. 若 ,则 ,故 A 正确;
B. 的单调递减区间为 , 故 B 正确;
C. 单调递增,无极值点,故 C 错误;
D. 时, 单调递减,且时, ,
,
使得 ,即在单增, 单减,
; 令 ,当时, 单增, ,即无零点, 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】设关于轴的对称点为，设直线，，则， ; A. 时, ;
B. ,
;
又 ;
C. 设直线与轴交点为 ,令得为中点, ;
D. 设 ,则 ,且 ,
又 ,代入得 , .
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 或
【解析】由题可知摸到的号码为 ,其中 ,且时,平均数最大为 3.6.
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】
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】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，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 ; ,易知最小元素 ,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 .
【解析】(1) 由频率分布直方图,可得平均准确率为: . 5 分
(2)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, 6 分
以频率估计概率,则 , 8 分
则 , 11 分
所以的分布列为:
的期望为 13 分 .
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.
【解析】(1) , 3 分
,
累乘得 , 5 分
也符合上式; 6 分
综上 . 7 分
(2) , 8 分
10 分
12 分
且 , 14 分
,共 5 个元素. 15 分
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.
【解析】
(1) 在中,
由正弦定理有: 3 分
而，分别在，中利用余弦定理可得:
,化简得 .
,即 , 5 分根据双曲线定义,点的轨迹为 . 6 分
( 2 )由题直线斜率不为 0 ，设其方程为，，
9 分
又 ,即 ,
所以 11 分
代入韦达定理可得: 12 分
点到直线的距离 . 15 分
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.
【解析】(1)证明:因为，，所以 .
又因为平面平面平面 ,所以平面 . 2 分
所以有，而在下底面里，是直径，所以，，且
所以平面 . 4 分
(2)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 , 5 分
( i ) 由 (1) 可知，为等腰直角三角形，
又，所以易得，，即圆台高， 7 分
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 , 8 分所以 9 分
(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 11 分
设平面的一个法向量为 ,则有
取 ,解得 ,即 13 分
所以平面与平面夹角的余弦值 ,
设 ,则前式化简得: ,
解得或 (舍), 15 分
所以点到平面的距离为:
17 分
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:
【解析】(1) ,
又 ,
所以在处的切线方程为: 3 分
(2)

因为 ,所以 ,
所以 ,
显然在单调递增, 4 分 ①
当时，(*) 在只有唯一可能解，
即有恒成立，所以在单调递减，此时 5 分 ②
当时，恒成立，所以在单调递增，
6 分
③ 当时， (*) 在有唯一解，
当时，，即在单调递减，
当时, ,即在单调递增,
所以在单调递增,且 ,
所以当时,
所以当时, 9 分
综上知, 10 分
(3)证明: 设 ,
则 ,
因为 ,所以 ,
所以 ,
且由三角函数的图像易知, 在每一个左右两边异号,
即在每一个左右两边单调性相反,
所以均为的极值点. 12 分
由 (2) 可知,当时,
,
而 ,显然时, ,
所以 . 14 分
由 (1) 知在处的切线方程为:
设
当时, 单调递增,所以单调递减,
所以 , 所以 ,
则 , 16 分
综上有 . 17 分0
1
2
3
4
5
0.59049
0.32805
0.0729
0.0081
0.00045
0.00001