重庆市南开中学校2026届高三下学期3月第七次质量检测数学试卷含解析（word版+pdf版）

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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. 已知集合 ,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
2. 已知复数 满足 ,则在复平面内,复数 所对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】 ,复数 所对应的点位于第二象限.
3.已知 ,若 ,则实数
A. -2B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】 ,由题知 ,解得 .
4.设正实数 满足 ,则 的最小值为
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
【解析】 ,当且仅当 时取等.
5.已知 ,则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设 ,则 .
6.已知数列 满足 ,当 时, ,则数列 的最大项为
A. 第 2 项 B. 第 3 项 C. 第 4 项 D. 第 5 项
【答案】C
【解析】当 时, 得 时, ,结合函数 的图象知, 最大,又 ,故第 4 项为最大项.
7.过原点 作直线交圆 于 两点,弦 的中点为 ,则点 的轨迹长度为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由圆的性质知 ,故点 的轨迹是以 为直径的圆位于圆 内部的一段圆弧, 以 为直径的圆的方程为 , 设此圆与圆 的两个交点为 中点为 ,则 , ，则弧 的长度为 .
8.已知定义在 上的函数 满足: 为偶函数,且 ,若 50,则正整数 的最小值为
A. 21 B. 25 C. 29 D. 33
【答案】C
【解析】由 得 的周期为 8,
由 为偶函数知 ,故 的图象关于 对称,
,
,
,欲使 ,必有 ,
而 ,
,故 的最小值为 29.
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.成对数据 和 的一元线性回归模型为 ,依据模型可建立经验回归方程 +á,用回归方程可得到响应变量 的预测值及残差,残差是随机误差的估计结果,通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果. 对下列四幅残差图的描述正确的是
A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大
B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设
C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系, 应在模型中加入时间的非线性函数部分
D. 图丁说明残差与观测时间有线性相关性, 故满足一元线性回归模型对随机误差的假设
【答案】ABC
【解析】详见选择性必修三教材第 112 页.
10.在一个圆台形容器内放入一个球体, 该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切, 轴截面如图所示. 设球心为 ,半径为 ,圆台的母线为 ,上、下底面的半径分别为 . 若已知 ,则
A. B. 圆台的侧面积为
C. D. 圆台体积的最大值为
【答案】BC
【解析】由过点作圆的切线段等长可知, ,所以 错误;
再由圆台侧面积公式 ,所以 正确;
梯形中,由勾股定理得, ,求得 ,所以 正确;
圆台体积: ,
令 ,则 ,
求导得 在 成立,
,无最大值.
11.已知双曲线 的一条渐近线为 是双曲线 的左、右焦点,过 的动直线 与双曲线 的左支交于点 ,与右支交于点 ,点 均在 轴上方,设 与 的内切圆半径分别为 ,则
A. 双曲线 的离心率为 B.
C. 若 ,则直线 的斜率为 D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】由题 ,可得 正确；
如图,设 为 的内心, 的内切圆与三边切于点 ,
,
,
设 ,
,即 ,
由 正确;
,
直线 的斜率为 错误;
设 为 的内心, 与 三边切于点 ,
,
又 ,两式相加可得 ,
,
,
代入 得, ,
,解得 正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.在 ，角 的对边分别为 ，若 ， 的面积为 ，则 ________.
【答案】
【解析】 ,即 ,
由余弦定理, ,
解得, .
13.若函数 在 处取得极大值，则实数 的取值范围为_______.
【答案】
【解析】求导得 ,
若 在 上单调递增,在 上单调递减,符合要求;
若 ,令 ,
当 时, ,又因为 是开口向上的抛物线,所以 是极大值点;
当 时,因为 是开口向下的抛物线,欲使 是极大值点,只需 ,解得 ;
综上: .
14.已知 5 支球队两两之间都要进行一场比赛, 任意两支球队之间的比赛都没有平局, 则有且只有 2 支球队恰好获胜 3 场的情况种数为________.
【答案】360
【解析】从 5 支球队中选出两支球队甲、乙恰胜 3 场, 由于甲乙之间存在胜负关系, 故甲、乙的选法有 种.
不妨设甲战胜了乙，甲还需战胜其余 3 支队伍中的 2 支队伍，故有 种选择. 这样，乙必然战胜其余 3 支队伍. 设甲没战胜的队伍是丙,由于是恰有两支球队获胜 3 场,所以除甲、乙、丙外的两支球队至少有一支队伍战胜了丙,丙与另外两人的三场比赛共 8 种结果,减去丙全胜的 2 种,还有 6 种情况. 故所求的情况种数为 360 .
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.已知函数 .
(1)求函数 的最小正周期及对称中心坐标；
(2)已知 ,若关于 的方程 在区间 上恰有两个不同实根，求 的取值范围 .
【解析】(1) , (3 分)
的最小正周期为 ; (5 分)
令 ,解得 ,所以 的对称中心坐标为 .(7 分)
(2) ，
即 或 , (9 分)
解得 或 ,即 (11 分)
若方程 恰有 2 个解,
则 . (13 分)
16.已知正方形 的边长为 ，将 沿 翻折至 ，如图，在二面角 内有一点 ， 满足 ,且 .
(1)求证: 平面 ；
(2)若二面角 大小为 ，求 与 所成角的余弦值.
【解析】 (1)证明:取 中点 ,连接 ，由于 ，由等腰三角形三线合一性可得 , (2 分)
又因为 面 ,可得 面 ,从而 , (4 分)
同样的,又因为 面 ,可得 面 ,从而 , (6 分)
又因为 面 ，可得 平面 . (7 分)
(2)解:由于正方形 ，所以 ，又因为 ，
由 (1) 有 ，所以 ，从而有 ， (8 分)
以 为原点,以 的方向分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系如图, (9 分)
由于二面角 的平面角即为 ,
由 (1) 可知 共面, 又因为 可得 ,
所以 , (10 分)
,所求角的余弦为: (12 分)
(15 分)
17.某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警. 据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为 0.5%. 手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果,其性能如下:
对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为 99% (灵敏度)；
对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为 5% (误报率).
现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析.
(1)求此次分析触发预警的概率；
(2)记事件 为“此次分析触发预警”,事件 为“该用户确实患病”.
(i) 求 ;
(ii) 结合 (1) 和 (2) (i) 的结果,说明 与 在医学预警中的不同含义,并分析:若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？
【解析】
(1)事件 为“用户患病”,事件 为“分析触发预警”.
由题知: .
由全概率公式:
(2 分)
,
所以，触发预警的概率为 0.0547 . (6 分)
(2)(i)由贝叶斯公式:
(11 分)
所以，在预警条件下确实患病的概率约为 9.05% .
(ii) 含义解释:
由 (i) ,表示“在手环报警的条件下用户确实患病”的概率,它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题；
是灵敏度,表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率,反映了该手环识别真实病例的能力; (13 分)
决策参考分析:对收到预警的个人而言, 的参考价值更大、更直接.
理由:该值从群体基础患病率(0.5%)显著提升至 9.05%，构成了明确的个人健康风险信号，用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据. 而 描述的是该手环的整体性能, 无法直接量化个人当前风险, 故对个人就诊决策的参考相对间接. (15 分)
18.已知动点 分别在直线 和 上,且 为 的中点,记点 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程；
(2)设点 在曲线 上， ，且 的外心 在直线 上.
(i) 若直线 过点 ,求直线 的方程;
(ii) 求点 到直线 距离的最大值.
【解析】(1) 设 ,由题得 ①, (2 分)
设 ,则 代入①可得 ,即 ,
曲线 的方程为 . (4 分)
(2)设直线 方程为 ，
联立 得 ， (5 分)
由 得 , (7 分)
由条件 中垂线方程为: 即 ②
同理可得 的中垂线为: ③ (8 分)
联立②③消去 可得 ,
由 可得 (10 分)
(i) 由 ,即 时,由 可得 直线 的方程为 ; (12 分)
(ii) , (14 分)
由 可得: ,
,当 时可取最大值. (17 分)
另解:
设外心 ,到 距离相等得:
(6 分)
化简得: ,
所以 ,
则 ,同理 , (8 分)
是 两根, (9 分)
有 可得 后同前面解法. (10 分)
19.已知函数 .
(1)证明: ；
(2)已知数列 满足: ， ， . 记 .
(i) 证明: ;
(ii) 是否存在小于 的实数 ,使得 对任意的正整数 成立? 若存在,求 的取值范围; 若不存在,请说明理由.
参考数据:
【解析】 (1) 法一: , (1 分)
设 , (3 分)
令 ,得 ,令 ,得 ,
在 上单调递增,在 上单调递减,
, (5 分)
法二:原不等式等价于 ,设 , (1 分) 在 上单调递增,
存在 使得 即 , (3 分)
在 上单调递减,在 上单调递增,
,
. (5 分)
(2)(i)由题 ，
故所证不等式等价于 .
法一: 设 ,即证 , (7 分)
, (8 分)
在 上单调递增, ,
存在 使得 在 上单调递减,在 上单调递增.
在 上单调递减,
. (10 分)
法二: 所证不等式等价于 , (7 分)
设 ,即证 ,
(9 分)
在 上单调递增, . (10 分)
(ii) 若存在 使得 ,由 (i) 可得
(13 分)
,
由 得 ,
对固定的 ,当 时, , (15 分)
另一方面由 知 ,
,
但当 充分大时, ,矛盾,
故不存在小于 的常数 ,使得 对任意的正整数 成立. (17 分)