河北省沧州市沧县中学等学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题含答案

这是一份河北省沧州市沧县中学等学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题含答案，共15页。
本试卷共 4 页, 满分 150 分, 考试用时 120 分钟.
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 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.
3. 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, 只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 A=x∣x2>x,B=x∣3x3>x ，则( )
A. A=⌀ B. B=⌀
C. A=R D. B=R
2. 已知平面向量 a=3,7,b=2,3m ，若 a//b ，则 m 的值为( )
A. −27 B. 27 C. 149 D. 14
3. 若复数 z 满足 z+z=1+i ，则 1+z2= ( )
A. 0 B. -2i C. 2i D. 2
4. 若倾斜角为锐角且过点 1,0 的直线 l 截圆 x+22+y2=4 所得弦长为 2,则 l 的斜率为 ( )
A. 22 B. 33 C. 12 D. 1
5. 记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和,已知 4S4=5a3+a4,a2=4 ,则 a4= ( )
A. -16 B. -1 C. 1 D. 16
6. 记 F1,0 ,点 P 在椭圆 x29+y28=1 上,点 Q 在圆 x2+y2=16 上,则 PF−PQ 的最大值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 将1,1,2,2,3五张数字牌按顺序进行排列,其中相同的数字牌不相邻的排法总数为 ( )
A. 12 B. 26 C. 52 D. 104
8. 已知函数 fx=ln1+x1−x−ax−2x33 ，若 fx≥0 在 [0,1) 上恒成立，则实数 a 的最大值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
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. 已知函数 fx=3sin3x+π6+cs3x+π6 ，则( )
A. fx 的值域为 −2,2
B. fx 零点绝对值的最小值为 π9
C. fx 在区间 5π9,2π3 上单调递增
D. 曲线 y=fx 的一条对称轴为 x=8π9
10. 已知定义在 R 上的偶函数 fx 满足当 x≥0 时, fx=a⋅2x+x2 ,则( )
A. 曲线 y=fx 过定点
B. 若 a=0 ,则 fx≥−2x−1
C. 若 a=−1 ，则 fx 有且仅有 4 个零点
D. 若 a=1 ，则 f−lg23>92
11. 现口袋里共有 4 个红球, 5 个黄球和 3 个蓝球, 它们除颜色外完全相同. 现进行取球, 则 ( )
A. 若取出球后放回口袋,每次只取一个球,则第 4 次取出黄球的概率为 512
B. 若取出球后不放回口袋,每次只取一个球,则第 2 次取出黄球的概率为 512
C. 若取出球后放回口袋, 每次只取两个球, 则第 4 次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 711
D. 若取出球后放回口袋, 每次只取两个球, 则第 2 次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 1522
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 一个装有水的圆柱形玻璃杯,测得其内壁半径为 2 cm ,将一个半径为 1 cm 的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了_____cm.
13. 若 x∈0,π2 ,且 sin2x=sinx+π3csx−π3 ,则 x= _____.
14. 在公差为正数的等差数列 an 中， a1=2 ， a2a3a6=2a4a9 ，则 a4= _____.
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. 在 △ABC 中, AB=AC+2,BC=AB+2 .
(1)若 AC=3 ，求 △ABC 的外接圆半径；
(2)若 △ABC 是锐角三角形，证明: BC>10 .
16. 如图,在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AA1=6,AC=2AB=4,∠BAC=120∘ . 点 M 满足 AA1=3AM

(1)过点 M 作 MH 垂直 BC 于点 H ，证明:平面 MBC⊥ 平面 AA1H ；
(2)求平面 BCM 与平面 B1C1M 夹角的余弦值.
17. 某研发系统内在初始时刻有一个可分裂粒子, 在第 1 分钟末这个粒子分裂成两个新粒子, 共有三种分裂情况: 产生两个可分裂粒子,其概率为 14 ; 产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子,其概率为 23 ; 产生两个不可分裂粒子,其概率为 112 . 新产生的每个可分裂粒子在 1 分钟末又会按照上述分裂情况分裂成两个新粒子, 不可分裂粒子在 1 分钟末被移出系统. 称系统中没有可分裂粒子时能量达到峰值.
(1)求第 2 分钟末时能量首次达到峰值的概率；
(2)记初始时刻后 2 分钟末时的可分裂粒子个数为 X ，求 X 的分布列和数学期望.
18. 已知函数 fx=x+aex+1ax2 .
(1)证明: fx>−1e ；
(2)证明: fx 存在唯一极值点；
(3)记(2)中的极值点为 x0 ，证明: x0fx0+1a0 上的点到 P3,0 的最小距离为 22 .
(1)求抛物线 C 的方程；
(2)过点 P 不垂直于坐标轴的直线 l 与 C 交于 A,B 两点，记点 A 关于 x 轴的对称点为 D .
(i) 证明: 直线 BD 过定点;
(ii) 记 △BDP 的外接圆圆心为 Q ,求直线 OQ 斜率的取值范围.
1. B
集合 A=x∣x2>x ,当 x≥0 时, x2=x ,
当 xx ,故 A={x∣xx,3x3=x 对 ∀x∈R 都成立,
故集合 B=⌀ ， D 选项错误， B 选项正确.
故选: B
2. C
因为 a=3,7,b=2,3m ,且 a//b ,
所以 3×3m−2×7=0 ,即 9m−14=0 ,得 m=149 .
3. C
设 z=a+bia,b∈R ,则 z=a2+b2 ,
由题意 z+z=1+i=a+a2+b2+bi ,
所以 1=a+a2+b21=b ,解得 a=0b=1 ,
所以 z=i ,则 1+z2=1+i2=2i .
4. A
由题可得,直线 l 斜率存在,故设 l 斜率为 kk>0 ,
直线 l 的方程: y=kx−1 ,化为一般式: kx−y−k=0 ,
圆 x+22+y2=4 圆心坐标为 −2,0 ,半径 r=2 ,
设圆心到直线的距离为 d=−2×k−0−kk2+−12 ,
则直线 l 截得圆的弦长 2=2r2−d2 ,即 r2−d2=1 ,
代入得: 4−−2×k−0−kk2+−122=1 ,
化简计算得: 4−9k2k2+1=1⇒9k2k2+1=3 ,
9k2=3k2+3⇒6k2=3 ,解得: k=22 .
故选: A
5. D
设等比数列 an 的公比为 q,S4=a1+a2+a3+a4=4q+4+4q+4q2 ,
所以 44q+4+4q+4q2=54q+4q2 ,
化简得 q3+q2−4q−4=0⇒q2−4q+1=0 ,解得 q=2,q=−2,q=−1 ,
当 q=2 时, a1=42=2,a4=2×23=16 ;
当 q=−2 时, a1=4−2=−2,a4=−2×−23=16 ;
当 q=−1 时， a1=4−1=−4,a4=−4×−13=4 ，
综上， a4=16 或 a4=4 .
6. C
记 T−1,0 ,由椭圆第一定义得 PF−PQ=6−PT−PQ=6−PT+PQ ,
在 △PTQ 中，有 PT+PQ≥TQ (当且仅当 P,Q,T 共线且 T 在线段 PQ 上时取等号)，
圆 x2+y2=16 的圆心 O0,0 ,半径 r=4 ,则 TQ≥r−OT=4−1=3 ,
∴PF−PQ=6−PT+PQ≤6−3=3 .

7. A
第一张为 1 时;
若第五张为 1 ，则仅有 1 种排法；
若第三张为 1 ，有 A21=2 种排法.
若第四张为 1 ，有 A21=2 种排法.
第二张为 1 时;
若第四张为 1 , 则共 A31=3 种排法,
若第五张为 1,有 A21=2 种排法,
第三张为 1 时,第五张为 1,有 A21=2 种排法,
综上可得: 总计 12 种排法.
8. B
因为 fx=ln1+x−ln1−x−ax−2x330≤x0
即 b+22+b2−b+42>0b+22+b+42−b2>0b2+b+42−b+22>0⇒b2−4b−12>0b2+12b+20>0b2+4b+12>0⇒b>6或b−2或b0 ,所以解得: b>6 ,所以 BC=b+4>6+4=10 .
16. (1)由题意如图所示:

在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，因为 AA1⊥ 平面 ABC ，且 BC⊂ 平面 ABC ，
所以 AA1⊥BC ,又 MH⊥BC,MH∩AA1=M ,
且 MH⊂ 平面 AA1H,AA1⊂ 平面 AA1H ,
所以 BC⊥ 平面 AA1H ，又 BC⊂ 平面 MBC ，
所以平面 MBC⊥ 平面 AA1H .
(2)在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，因为 AA1⊥ 平面 ABC ，
所以以 A 为坐标原点， AB 所在直线为 x 轴，过点 A 垂直于 AB 的直线为 y 轴，
AA1 所在直线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

因为 AA1=6,AC=2AB=4,∠BAC=120∘,AA1=3AM ,
所以 B2,0,0,M0,0,2,B12,0,6,C−2,23,0,C1−2,23,6 ,
设平面 BCM 的一个法向量为: n=x1,y1,z1 ,
由 BC=−4,23,0,BM=−2,0,2 ,
则 BC⋅n=0BM⋅n=0⇒−4x1+23y1=0−2x1+2z1=0 ,
令 x1=3 ,则 y1=23,z1=3 ,所以 n=3,23,3 ,
设平面 B1C1M 的一个法向量为: m=x2,y2,z2 ，
由 B1C1=−4,23,0,B1M=−2,0,−4 ,
则 B1C1⋅m=0B1M⋅m=0⇒−4x2+23y2=0−2x2−4z2=0 ,
令 x2=6 ,则 y2=43,z2=−3 ,所以 m=6,43,−3 ,
设平面 BCM 与平面 B1C1M 所成角为 θ ,
所以 csθ=csm,n=m⋅nmn
=6×3+43×23+−3×362+432+−32×32+232+32=3393×30=11310310,
所以平面 BCM 与平面 B1C1M 夹角的余弦值为: 11310310 .
17. (1)设第 2 分钟末时能量首次达到峰值的概率为 P .
第 2 分钟末时能量首次达到峰值可分为两种情况:
第 1 分钟末产生一个可分裂粒子与一个不可分裂粒子, 第 2 分钟末该可分裂粒子产生两个不可分裂粒子;
第 1 分钟末产生两个可分裂粒子, 第 2 分钟末分别产生两个不可分裂粒子.
P1=23×112=118, P2=14×112×112=1576,
所以 P=118+1576=11192 .
(2)显然 X 的取值可以是0,1,2,3,4,
PX=0=112+23×112+14×1122=964,
PX=1=23×23+14×2×23×112=1736,
PX=2=23×14+14×232+2×14×112=83288,
PX=3=14×2×23×14=112, PX=4=14×142=164,
于是 EX=0×964+1×1736+2×83288+3×112+4×164=4936 .
18. (1) 易得 a>0 ,此时 fx=x+aex+1ax2=xex+aex+1ax2>xex .
设函数 gx=xex,g′x=x+1ex ,
则 x∈−∞,−1 时, g′x0,gx 单调递增.
于是 fx>gx≥g−1=−1e ,故原不等式成立.
(2) f′x=x+a+1ex+2ax ，定义域为 R ，
显然当 x≥0 时, f′x≥a+1>0 ;
当 x≤−a−1 时, f′x≤0+2a−a−11 ,
故 h′x>−a−1+a+2ex+2a=ex+2a>0 ,
所以 hx 即 f′x 在区间 −a−1,0 上单调递增,而 f′0⋅f′−a−1−ex0,
又 x0∈−a−1,0 ,故 x04 .
令 gx=x−1x−32x2=x−7+15x−9x2x>4 ,
g′x=1−15x2+18x3=x3−15x+18x3,
令 hx=x3−15x+18x>4 . 因为 h′x=3x2−15 ,
当 x>4 时, h′x>0 ,即 hx 在 4,+∞ 上单调递增,又 h4>0 ,
故当 x>4 时, g′x>0 ,函数 gx 在 4,+∞ 上单调递增,则 gx>g4 ,
又 g4=316 ,即 k2>316 ,解得 k>34 或 k