重庆市育才中学2026届高三下学期3月月考数学试卷含解析（word版）

这是一份重庆市育才中学2026届高三下学期3月月考数学试卷含解析（word版），共2页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.【解析】 A={x∣x=0 或 x≥1} ,则 A∩B={0,1,2} . 故选 C.
2.【解析】设 z=x+yi,x,y∈R ,由题有 x2+y2=1+x+yii=1−y+xi ,则 x=0,y=1−y ,得 y=12 ,即 z=12i , 故选 B. 或用选项检验.
3.【解析】由分层抽样的计算公式
x=n1n1+n2+n3x1+n2n1+n2+n3x2+n3n1+n2+n3x3=620×10+820×15+620×20=15 . 故选 A.
4.【解析】抛物线 x2=4y 中 p=2 ， AB=yA+yB+p=2yM+p=6 . 故选 C.
5.【解析】若等比数列 an 是递增数列,则 a1>0q>1 或 a10 ”的充分不必要条件. 故选 A.
6.【解析】因为 12+b+14=1 ,所以 b=14 .
因为 EX=0×12+a×14+1×14=a+14,EX2=a2×14+1×14=a2+14 ,
所以 DX=EX2−EX2=a2+14−a+142=3a2−2a+316 ,
所以当 a∈0,13 时, a 增大 DX 减小,当 a∈13,1 时, a 增大 DX 增大. 故选 D.
7.【解析】设直线与 y=2x 的切点为 m,2m ,由 y′=−2x2 ,则切线为 y=−2m2x+4m ,即 2x+m2y−4m=0 . 则 4m4+m4=45 ,即 m4−5m2+4=0 ,解得 m2=1 或 4.AB=m2+4m2−165=355 . 故选 B.
8.【解析】在正四面体 A−BCD 中,设棱长为 a ,高为 ℎ,O 为正四面体 A−BCD 内切球的球心,延长 AO 交底面 BCD 于 E,E 是等边三角形 BCD 的中心, BE 延长线交 CD 于 F ,连接 AF ,则点 F 是 CD 的中点, OE 为正四面体 A−BCD 内切球的半径,AF=BF=32a,BE=23BF=33a,EF=36a,ℎ=AE=AF2−EF2=63a,
由正四面体 ABCD 的体积为 83 ，得 13⋅34a2⋅63a=83 ，解得 a=26 ，
由 OE=BO2−BE2=AE−OE2−BE2 ,解得 r=OE=612a=14ℎ ,
由图知大球内切于高 ℎ大=63×26=4 的正四面体,大球半径 r大=14ℎ大=1 ,
因此大球的表面积为 S大=4π×12=4π ; 小球内切于高 ℎ小=ℎ大−2r大=2 的正四面体,小球半径 r小=14ℎ小=12 ,
因此小球的表面积为 S小=4π×122=π ; 所以 5 个球的表面积为 S=S大+4S小=8π . 故选D.
二、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.【解析】因为 a>b>c>0 ,对于选项 A,ab−a+cb+c=ab+c−a+cbbb+c=ca−bbb+c>0,A 正确;
对于选项 B,b−ab−c−ac=b−c1+abc>0,B 正确；
对于选项 C ,举反例, a=12,b=14 时, b2a+a2b=18+1=981,a−b>0 ,所以 bca−b>1 ,即 bacb>cabb , D 正确; 故选 ABD.
10. 【解析】对于选项 A,k=19C9k=29=512, A 正确；
对于选项 B ,根据 a+bn=k=0nCnkan−kbk ,令 a=1,b=−1 ,得到 k=0nCnk1n−k−1k=1−1n=0n≥1 ,故 B 正确; 对于选项 C,Crr+Cr+1r+Cr+2r+⋯+Cnr=Cr+2r+1+Cr+2r+⋯+Cnr=⋯=Cnr+1+Cnr=Cn+1r+1 ,故 C 错误; 对于选项 D,1+xn1+xn 的展开式中, xn 的系数为 Cn0Cnn+Cn1Cnn−1+Cn2Cnn−2+⋯+CnnCn0 =Cn02+Cn12+⋯+Cnn2 ,而 1+xn1+xn=1+x2n ,而 1+x2n 的展开式中 xn 的系数为 C2nn ,所以 Cn02+Cn12+⋯+Cnn2=C2nn ,故 D 正确; 故选 ABD.
11.【解析】对于选项 A,fx+π=1+2sinx+π−cs2026x+π=1−2sinx−cs2026x≠fx,A 错误; 对于选项 B,fπ−x=1+2sinπ−x−cs2026π−x=1+2sinx−cs2026x=fx,B 正确; 对于选项 C ,由 −cs2026x≤1,1+2sinx≤3 ,且存在 x=π2 时使得两个等号均成立, C 正确;
对于选项 D ，由 −cs2026x≥−1 ， 1+2sinx≥0 ，当 cs2026x=1 时， 2026x=2kπk∈Z ， x=kπ1013 ，无论 k 取何整数,均不能使得 sinx=−12 成立, D 错误; 故选 BC .
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.【解析】 y=ecx−4 经过 z=lny 变换后,得到 z=lny=cx−4 ,因 x1+x2+⋯+x5=50 ,故 x=10 , z1+z2+⋯+z5=lny1+lny2+⋯+lny5=lny1y2⋯y5=25 ,故 z=5 ,由于回归方程 z=cx−4 一定经过 10,5 , 故 10c−4=5 ,解得 c=0.9 .
13.【解析】由题意得: a2⋅a6⋅a10=a63=33 ，解得: a6=3 ， b1+b6+b11=3b6=7π ,解得: b6=7π3 ,所以 tanb2+b101−a3⋅a9=tan2b61−a62=tan−7π3=tan−π3=−3 .
14.【解析】 ∵ 平面向量 e1,e2 为两个相互垂直的单位向量, ∴ 设平面向量 e1,e2 分别在直角坐标系的 x 轴和 y 轴上, 且起点均为坐标原点. 设 Ax1,y1,Bx2,y2 .
则 −22e1 可表示为点 −22,0,22e1 可表示为点 22,0,−4e2 可表示为点 0,−4 ,
由椭圆定义可知,点 Ax1,y1 在椭圆 x29+y2=1 上;
由圆的定义可知,点 Bx2,y2 在圆 C:x2+y+42=27 上,
其中点 A 到圆心 C 的距离为 AC=x12+y1+42=9−9y12+y1+42=−8y12+8y1+25 ,最大值为 ACmax=33 ,而 a−b=AB ,所以 ABmax=ACmax+r=63 .
四、解答题:本题共 5 题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.【解析】(1) 由正弦定理: b−c2=a2−bc ,即 b2+c2−bc=a2
由余弦定理: csA=b2+c2−a22bc=12 ,因为 A∈0,π ,所以 A=π3 ; .5 分
(2) ∵BD=2DC,∴AD−AB=2AC−AD ,
即 AD=13AB+23AC ,两边同时平方:
AD2=13AB+23AC2,AD2=19AB2+49AB⋅AC+49AC2,
∴16=19×c2+49×bccsπ3+49×b2≥2×c3×2b3+29bc=23bc ,
∴bc≤24 ，当且仅当 c3=2b3 即 c=2b=43 时，取等号.
∴S=12bcsinA≤12×24×32=63 ，即 S 的最大值为 63 . 13 分
16.【解析】(1)设 Mx0,y0,A−a,0,Ba,0,kMA⋅kMB=y0x0+a⋅y0x0−a=b2x0​2−a2a2x0​2−a2=b2a2=34 .
又焦距为 27 ,则 c2=a2+b2=7,∴a2=4,b2=3,∴ 双曲线 E 的标准方程为: x24−y23=1 . .5 分
(2)由(1)知 A−2,0 ，设 Cx1,y1 ， Dx2,y2 .
因为 C,D 不与 A,B 重合,所以可设直线 CD:x=ty+4 .
联立 x24−y23=1x=ty+4 ,消 x 得: 3t2−4y2+24ty+36=0 ,
故 t≠±23,Δ=144t2+576>0,y1+y2=−24t3t2−4,y1y2=363t2−4 ,
k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+2, k1⋅k2=y1x1+2⋅y2x2+2 ,可得
k1+k2k1⋅k2=y1x2+2+y2x1+2y1y2=y1ty2+6+y2ty1+6y1y2=2ty1y2+6y1+y2y1y2=−2t,
∴kk1+kk2=kk1+k2k1⋅k2=1t×−2t=−2 . .15 分
17.【解析】(1)如图连接 AB1,AM,AN .
由于侧面 ABB1A1 是边长为 2 的菱形, ∠ABB1=60∘ ,所以 ΔAA1B1 为等边三角形,
因为 M 为 A1B1 的中点，所以 MA⊥A1B1 ，又因为 AB//A1B1 ，所以 MA⊥AB .
因为平面 ABB1A1⊥ 平面 ABC ，且平面 ABB1A1∩ 平面 ABC=AB ， AM⊂ 平面 ABB1A1 ，所以 MA⊥ 平面 ABC .
因为 BC⊂ 平面 ABC ,所以 AM⊥BC ,
因为 MN⊥BC,MA∩MN=M ,且 MA、MN⊂ 平面 MAN ,所以 BC⊥ 平面 MAN .
因为 AN⊂ 平面 MAN ,所以 BC⊥AN .
由 BC=4BN ,设 BN=tt>0 ,则 CN=3t ,易得 AB2−t2=AC2−3t2 , 即 4−t2=12−9t2 ,得 t=1 ,即 BN=1 ,所以 BC=4 ,则 BA2+AC2=BC2 ,所以 AC⊥AB . 8 分
(2)由(1)知 MA⊥ 平面 ABC ，因为 AB、AC⊂ 平面 ABC ，所以 MA⊥AC ， MA⊥AB ，又因为 AC⊥AB ， 故以 A 为坐标原点， AB 、 AC 、 AM 的方向分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A0,0,0 ， M0,0,3 ， N32,32,0 ， B11,0,3 ，所以 MB1=1,0,0 ， NB1=−12,−32,3 ，
平面 ABC 的一个法向量为 AM=0,0,3 ,

设平面 B1MN 的法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅MB1=x=0,n⋅NB1=−12x−32y+3z=0.
取 y=2 ,可得 n=0,2,1 ,设平面 B1MN 与平面 ABC 所成的角为 θ ,
则 csθ=cs⟨n,AM⟩=n⋅AMn⋅AM=35×3=55 ,
所以平面 B1MN 与平面 ABC 所成角的余弦值为 55 . .15 分
18.【解析】(1) f′x=2x+a−ex .
由 fx 在 R 上单调递减,则 2x+a−ex≤0 恒成立.
由 f′′x=2−ex ,令 f′′xln2 ; 令 f′′x>0 ,得 x2−ln2 且 x1,x2 为 f′x=0 的两根， x1x1+ln2 . 10 分
(3)不等式 fx≤lna2x 即 x2+ax+1−ex≤2xlna ，即 a−2lnax≤ex−x2−1 .
当 x=0 时, a>0 且 a≠1 均成立.
当 x>0 时, a−2lna≤ex−x2−1x . 记 gx=ex−x2−1x .
则 g′x=ex−2xx−ex−x2−1x2=x−1ex−x2+1x2=x−1ex−x−1x2 .
记 ℎx=ex−x−1 ,则 ℎ′x=ex−1 .
因 x>0 ,则 ℎ′x>0 恒成立,则 ℎx 在 0,+∞ 单调递增.
则 ℎx>ℎ0=0 ,由 g′x0 得 x∈1,+∞ .
则 gx 在 0,1 单调递减,在 1,+∞ 单调递增.
gxmin=g1=e−2 ,故 a−2lna≤e−2 .
记 φa=a−2lna ,则 φ′a=1−2a=a−2a ,则 φa 在 0,2 单调递减,在 2,+∞ 单调递增.
且 φ2=2−2ln2e−2,φe=e−2 .
故存在 x0∈1,2 使得 φx0=e−2 ,由 a−2lna≤e−2 可知 a∈x0,e .
则存在正整数 a=2 使得不等式成立. 17 分
19.【解析】(1) P2=PX2>Y2=PX2=1,Y2=0=PX2=1⋅PY2=0=p2=116 , ..2 分 P3=PX3>Y3=PX2=1,Y2=0+PX2=2,Y2=0+PX2=2,Y2=1 =PX2=1⋅PY2=0+PX2=2⋅PY2=0+PX2=2⋅PY2=1=C21pq⋅p+C22p2⋅p+C22p2⋅q =p3+3p2q=532 . .4 分
(2)法 1 . 由题意知: X2 可以取 0,1,Y2 可以取 0,1,X2−Y2 可以取 0,1,−1 ，
PX2−Y2=0=PX2=0,Y2=0+PX2=1,Y2=1=pq+qp=2pq,
PX2−Y2=1=PX2=1,Y2=0=p2,
PX2−Y2=−1=PX2=0,Y2=1=q2,
∴EX2−Y2=p2−q2=p2−1−p2=2p−1 . .6 分
X3 可以取 0,1,2,Y3 可以取 0,1,X3−Y3 可以取 2,1,0,−1 ,
PX3−Y3=2=PX3=2,Y3=0=p2⋅p=p3,
PX3−Y3=1=PX3=1,Y3=0+PX3=2,Y3=1=C21pq⋅p+p2q=3p2q,
PX3−Y3=0=PX3=0,Y3=0+PX3=1,Y3=1=q2p+C21pq⋅q=3pq2 ,
PX3−Y3=−1=PX3=0,Y3=1=q2⋅q=q3,
∴EX3−Y3=2p3+3p2q−q3=3p−1 . .8 分
∵EX3−Y3=3EX2−Y2 ,
∴3p−1=32p−1 解得 p=23 . .10 分
法 2. 由题意 X2∼B1,p,Y2∼B1,q,X3∼B2,p,Y3∼B1,q ,
EX3−Y3=EX3−EY3=2p−q=3p−1, .6 分
EX2−Y2=EX2−EY2=p−q=2p−1, .8 分
∵EX3−Y3=3EX2−Y2 ,
∴3p−1=32p−1 解得 p=23 . .10 分
(3)设 n=2m+1m≥1 原不等式等价于
P2m+1−Q2m+1>P2m−Q2m;P2m+1−Q2m+1>P2m+2−Q2m+2.
一方面,考虑由 2m 个码元的传输情况到 2m+1 个码元的传输情况:
P2m+1=PX2m+1>Y2m+1=PX2m>Y2m+PX2m=Y2m ,第 2m+1 个码元传输正确 )
=P2m+PX2m=Y2m×P第二的2m+1 个码元传输正确 )=P2m+p1−P2m−Q2m ;
Q2m+1=PX2m+10 :
i) 1−P2m−Q2m=PX2m=Y2m=k=0mPX2m=Y2m=k=k=0mCmkpkqm−k×Cmkqkpm−k =pmqmk=0mCmk⋅Cmk=pmqmk=0mCmk⋅Cmm−k=pmqmC2mm,
由于 00,
∴P2m+1−Q2m+1>P2m−Q2m . 14 分
另一方面,考虑由 2m+1 个码元的传输情况到 2m+2 个码元的传输情况:
P2m+2=PX2m+2>Y2m+2=PX2m+1≥Y2m+1+2+PX2m+1=Y2m+1+1 ,第 2m+2 个码元传输正确)
=PX2m+1>Y2m+1−PX2m+1=Y2m+1+1+PX2m+1=Y2m+1+1×P第2m+2个码元传输正确
=P2m+1+p−1×PX2m+1=Y2m+1+1;
Q2m+2=PX2m+20 :
i) 1−P2m+1−Q2m+1=PX2m+1=Y2m+1=k=0mPX2m+1=Y2m+1=k
=k=0mCm+1kpkqm+1−kCmkqkpm−k=pmqm+1k=0mCm+1k⋅Cmk=pmqm+1k=0mCm+1k⋅Cmm−k=pmqm+1C2m+1m,
由于 00,
∴P2m+1−Q2m+1>P2m+2−Q2m+2 ,证毕. 分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
A
C
A
D
B
D
题号
9
10
11
答案
ABD
ABD
BC
题号
12
13
14
答案
0.9
−3
63