重庆市第一中学2026届高三下学期3月月考数学试题（Word版附解析）

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注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上. 写在本试卷及草稿纸上无效.
3. 考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题(本大题共 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. 如图 1， 这是古代的一个青花竹石芭蕉纹玉壶春瓶， 忽略花瓶的厚度， 该花瓶的轴截面的上半部分对应的曲线是双曲线(焦距为)的一部分，且该花瓶的颈部最窄处的直径为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，该双曲线的焦距为，实轴长，
则，
所以该双曲线的离心率为.
2. 已知集合，则是的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 既不充分又不必要条件D. 充要条件
【答案】B
【解析】
【详解】由，得或，
所以是的必要而不充分条件.
3. 已知向量 ，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，则，
所以
4. 已知复数满足，则（ ）
A. 有最小值1B. 有最大值1
C. 有最小值2D. 有最大值2
【答案】A
【解析】
【详解】设，则，
由，得，解得，
则，当且仅当时等号成立，
所以有最小值1，无最大值.
5. 已知为偶函数，则实数（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意，函数为偶函数，
则，即，
则，
即，
因不恒为0，则，解得.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，
而，，
则，又，则，
又，，
即，故，
所以.
7. 在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可.
【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线，
取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O，
正中，，，得，
又，即，
则，，，
由余弦定理得，则，
过O作PE的垂线，垂足为G，由，，
因为，PA，平面，所以平面，
又平面PBC，则平面平面，
又平面平面，平面，因此平面PBC，
在中，，
所以球心O到平面PBC的距离为，
则三棱锥的体积为，
而，设点到平面的距离为，
由，得，解得，
则点到平面的距离为.
8. 与曲线和圆都相切的直线有（ ）
A. 1条B. 2条
C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义可得直线的方程为，再根据直线与圆相切，可得，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，
由，得，则，
所以直线的方程为，即，
而圆，即的圆心为，半径，
由于直线与圆相切，则，即，
设，
则，
由于方程的根为，即一个根在内，另一个根在内，
因此，令，得，解得或，
令，得或，令，得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
则，，
又时，，时，，
根据零点存在性定理，可知函数在，，上分别有一个零点，
所以满足条件的直线有3条.
二、多项选择题 (本大题共 3 小题， 每小题 6 分， 共 18 分. 在每小题给出的四个选项中， 有多个选项 是符合题目要求的， 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. 已知这四个数成等差数列，现有样本数据，则（ ）
A. 的极差一定大于的极差
B. 的平均数一定等于的平均数
C. 的中位数一定小于的中位数
D. 的方差一定小于的方差
【答案】AB
【解析】
【详解】由题意，的极差为，
的极差为，
而，则，
所以的极差一定大于的极差，故A正确；
而的平均数为，
的平均数为，
所以的平均数一定等于的平均数，故B正确；
而的中位数为，的中位数为，
由于，因此两者相等，故C错误；
由，且和的平均数相等，
相对来说比的数据更集中一些，因此的方差一定大于的方差，故D错误.
10. 已知定义在上的可导函数满足：，若单调递增数列满足：，则（ ）
A. 的通项公式可能是
B. 的通项公式可能是
C. 函数是增函数
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AB，直接代入解析式检验即可判断；对于C，结合导数的正负判断即可；对于D，结合C及题设分析可得，，进而利用累加法求解判断即可.
【详解】对于A，若，则，
则，即，与矛盾，故A错误；
对于B，若，则，
则，即，满足题意，故B正确；
对于C，由，则，
所以函数是增函数，故C正确；
对于D，由C知，函数是增函数，而数列为递增数列，
则，即，
则，，
所以，故D正确.
11. 已知椭圆上任意一点到左焦点的距离为，到右焦点的距离为 (其中为椭圆的离心率). 若分别是椭圆的左、右顶点，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上异于的任意一点，为椭圆所在平面上的动点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为3
B. 若点的横坐标为，则的角平分线与轴交点横坐标为
C. 若外接圆的圆心在外，则
D. 若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，设，可得，其中，进而表示出即可求解判断；对于B，设的角平分线与轴交点横坐标，根据题设定义及角平分线性质可得，进而代值计算即可判断；对于C，分析可得最大为，先考虑圆的圆心在上的情况，此时为直角三角形，可求得，进而判断外接圆的圆心在外时的情况；对于D，设，先求出过点的圆的圆心，再得到，进而求解判断即可.
【详解】由椭圆，则，即.
对于A，设，则，即，其中，
则，
则时，的最小值为3，故A正确；
对于B，由题意，，，点的横坐标为，
设的角平分线与轴交点横坐标，
由角平分线性质知，
则，解得，故B正确；
对于C，当点在椭圆上顶点时，最大，
此时，则，即，
先考虑圆的圆心在上的情况，此时为直角三角形，
不妨设点在第一象限，则，即，
即，
若外接圆的圆心在外，则为钝角三角形，
此时，故C正确；
对于D，设过点的圆的方程为，
设，则，，即
则，又，
则，，解得，
则，
所以过点的圆的方程为，则圆心为，
而关于对称，则，
令，则，
代入得，，即，
所以点的轨迹方程为，故D错误.
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
12. 已知正项等比数列满足，且，则公比为_____.
【答案】##0.6
【解析】
【详解】设等比数列的公比为，且，
由，得，即，
由，得，即，解得或（舍去），
所以等比数列的公比为.
13. 若展开式中的常数项为1，则_____.
【答案】2
【解析】
【详解】由，
其展开式的通项为，，
而展开式的通项为，，
令，得或或，
因为的展开式中的常数项为1，
所以，则，
又，则.
14. 已知实数，函数，若，则取最大值时，点到直线的距离为_____.
【答案】
【解析】
【分析】由可得，进而分与异号、与同号或其中一个为0，两种情况结合基本不等式讨论求解即可.
【详解】由，
则，
即，
则，
即，
则，
若与异号，则，
所以，
则，解得，
当且仅当，即时等号成立；
若与同号或其中一个为0时，
，解得.
综上所述，取最大值2时，，
则点到直线的距离为.
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. 在中，内角对边的边长分别是，已知.
（1）若满足已知条件的恰有一个，求边长的取值范围；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题设由正弦定理可得，再根据恰有一个可得或，进而求解即可；
（2）由题设结合三角恒等变换公式化简可得，再分、两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理得，则，
即，要使满足已知条件的恰有一个，
则或，即或，
所以或，
则边长的取值范围为.
【小问2详解】
由，
则，
则
化简得，
当时，，因，则，
此时；
当时，，由正弦定理得①，
由余弦定理得，，即②，
由①②联立，解得，则，
此时.
综上所述，的面积为.
16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点.
（1）求证: 平面；
（2）若，且平面与平面的夹角余弦值为，求侧棱的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，通过证明四边形是平行四边形得，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）设，过点作平面，以点为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，进而根据题意并结合平面与平面的法向量求得.
【小问1详解】
取的中点，连接，
在中，且，
又，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，则.
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
设，过点作直线垂直于平面，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，为的中点，
所以，易得，
设，由，
则，即，
所以，
设平面的法向量，
则，取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，
所以，
解得，则.
17. 某校兴趣小组为研究本校不同性别的学生对 “春节联欢晚会” 的喜爱情况，特进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各100名作为样本，设事件 “喜欢春节联欢晚会”， “学生为女生”，据统计有：.
（1）现从这100名女生中，按喜欢春节联欢晚会与不喜欢春节联欢晚会的比例，选出10人，再从这10人中随机选出2人，设选出的2人中喜欢春节联欢晚会的学生人数为. 求的概率分布列和期望;
（2）将样本的频率视为概率. 现从全校的学生中随机抽取名学生，设其中喜欢春节联欢晚会的学生人数为，且当时，取得最大值，求从全校学生中抽取的学生可能的人数.
【答案】（1）

（2）或40或41
【解析】
【分析】（1）由题意易得的所有可能取值为，算出对应的概率可得分布列，进一步得数学期望；
（2）先得到从全校的学生中随机抽取1名学生，他喜欢春节联欢晚会的概率为，再由二项分布概率最大可列不等式求解.
【小问1详解】
由，所以10个女生中喜欢春节联欢晚会和不喜欢春节联欢晚会的人数分别为6人和4人，
故的取值为，
则，
的分布列为：
故的期望为.
小问2详解】
（i）由已知 ，女生有 100 人，
所以喜欢春节联欢晚会的女生人数为 60 人，
又因为，所以喜欢春节联欢晚会的人数为 90 人，
由于样本的频率视为概率，所以从全校的学生中随机抽取1名学生，
他喜欢春节联欢晚会的概率为，
则随机变量，
令 ， 解得，
因为，所以或40或41.
18. 设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点，
①求的最小值；
②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值.
【答案】（1）
（2）①16；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题设可得，再根据抛物线的焦半径公式求解即可；
（2）①设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，设，同理可得，进而表示出，再根据基本不等式求解即可；
②结合①可得，再分、两种情况讨论求证即可.
【小问1详解】
由，得，
则，即，
因为为抛物线上一点，所以，则，即，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
①由（1）抛物线的方程为，则，
由题意，显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，
联立，得，
则，
由于，所以直线的斜率为，
设，同理可得，
则
，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为16.
②由①得，，，
则，同理，
因为，分别是，的中点，所以，
若，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
显然直线恒过定点，
由题意可知，为直角三角形，则为的中点，满足为定值，此时；
若，则直线的方程为，此时直线过点，也满足为定值1.
综上所述，存在一个定点，使得为定值1.
19. 已知函数.
（1）若在定义域上恒成立，求实数的取值范围；
（2）若关于的方程的根为，
①求证: ；
②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②不存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可；
（2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可；
②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证.
【小问1详解】
由，，
则对于恒成立，
设，，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，即，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
①由（1）知，当时，，，
即，，当且仅当时等号成立，
因为方程的根为，所以，且，
则，即，
当时，，
则,
当时，也满足，则
②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由，，则，
当时，，则函数在上单调递增，
结合题意，方程有唯一的根为，即，
而，
则，即，
假设成等比数列，则其公比，且，
又，则，，
所以，则，
即，所以，
则，由于，
则，即，
则，则，
由，，
两式相减得，
则，即，这与矛盾，
故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
0
1
2
0
1
2