2026梅州高三下学期3月一模试题数学含解析

这是一份2026梅州高三下学期3月一模试题数学含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知为等差数列，，，则（ ）
A．36B．24C．18D．12
3．为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩（单位：次）近似服从正态分布，且，则该校2000名学生中约有（ ）人一分钟跳绳超过200次.
A．100B．150C．200D．250
4．已知全集，，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆与双曲线有公共的焦点，椭圆与双曲线的一个交点为，则的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．甲乙两人下棋比赛，规则是谁先赢2局，谁便赢得奖金5400元.根据以往的交手记录，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛相互独立.然而因突发事件，比赛未能举行，为公平服众，奖金按照比赛正常进行时各自赢得比赛的概率之比进行分配，则甲分得奖金（ ）元.
A．3600B．3800C．4000D．4200
7．某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：cm）与时间（单位：s）之间的关系为，则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为（ ）.
A．B．C．D．
8．已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌车商随机调查了甲、乙两地各200名消费者，得出统计图如下，根据此统计图，下列结论正确的是（ ）
附：，.
A．在所调查的甲地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人
B．在所调查的乙地购车者中，若用分层随机抽样抽取20人，则其中新能源车主有12人
C．根据小概率值的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关
D．从所调查消费者中随机选一人，在已知其为新能源车主的条件下，其来自甲地的概率为0.4
10．关于函数，以下结论正确的有（ ）
A．的图象是轴对称图形B．的最大值为1
C．是以为一个周期的周期函数D．在上有4个零点
11．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（ ）
A．当时，存在，使得平面
B．当时，存在，使得
C．当，且与相交时，
D．三棱锥的外接球在底面上的截痕长为
三、填空题
12．已知某趟往返梅州与广州的高铁，沿途共有梅州西、兴宁南、五华、河源东、惠州北、广州等6个站点，则此趟高铁沿途需要准备______种不同的车票.
13．在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为圆上的动点，则的最小值为______.
14．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列.初始数列经过次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，，.已知初始数列，则______；______.
四、解答题
15．如图，是抛物线的焦点，是抛物线在第一象限上的一点，，.
(1)求抛物线的方程；
(2)求抛物线在点处的切线方程.
16．如图，在斜三棱柱中，侧面底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形.
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值.
17．在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若为边上一点，满足，且，求的面积最大值.
18．（1）求函数在区间上的值域；
（2）设函数.
①求证：当时，有唯一零点；
②，分别是的两个不相等的极值点，求证：.
19．（1）一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球、20个白球，从中随机放回地逐次摸一个球作为样本，5次摸球后停止，用表示停止时摸出红球的次数.
①求的分布列和数学期望；
②若用样本中红球的比例估计总体中红球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率.
（2）某节目上，有三扇关闭的门，其中一扇门后面为汽车，另两扇门后面为山羊，节目参加者从这三扇门中选择一扇，然后所选之门后面的物品则归其所有.当参加者选定一扇门后，节目主持人开启了剩余两扇门中后面为山羊的一扇门，并询问节目参加者是否更换选择.问：参加者这时候更换选择会更好吗？请用概率解释.（备注：汽车的价值要远大于羊.）
参考答案
1．A
【详解】由复数的乘法可得，
而复数对应的点在第三象限，故，
所以即实数的取值范围是.
2．B
【详解】公差,
则.
3．A
【详解】因为 ，则有，
所以，
该校2000名学生中，一分钟跳绳超过200次人数约为.
4．D
【详解】因为，所以，，所以，故A正确；
对于任意，则，又，所以，所以，故B正确；
若，则，又，则，则，
与矛盾，所以，同理，，故，故C正确；
若时，可得不成立，故D错误.
5．B
【详解】由题意知，椭圆和双曲线的焦点都在轴上，
则椭圆，可得，则
双曲线，可得，则，
因为椭圆和双曲线有公共的焦点，可得，解得，
所以椭圆且双曲线，则，可得，
不妨设，椭圆与双曲线的一个交点为位于第一象限，
由椭圆的定义，可得，
又由双曲线的定义，可得，
联立方程组，解得，
则满足，可得，所以为直角三角形，
所以的面积为.
6．C
【详解】甲要赢得比赛，需要先赢两局，可能的比赛局数为2局或3局.
2局结束，即甲连赢2局，概率为；
3局结束，即前2局甲、乙各赢1局，第3局甲赢，概率为，
所以甲赢得比赛的总概率为.
同理可求得乙赢得比赛的总概率为.
所以甲分得奖金为元.
7．A
【详解】由题可得瞬时速度,
当位移时，可得，解得：,所以,
所以,
则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为，
故选：A
8．D
【详解】因为且，故，
而，故，所以，故，
设，则，
所以为上的减函数，
而即为，故，故D成立.
由可得即，
故，
所以，所以即，故A错误.
对于B，取，由D的分析可得.
若，则即，
设，，
而均为上的减函数，故为上的减函数，
故，
所以在上为减函数，
所以，故，
所以不成立，故B错误.
对于C，取，则，即，
仍取D分析中的函数，考虑方程的解，
设，因为为上的减函数，
所以为上的减函数，而,
故，故此时不成立，故C错误.
9．BCD
【详解】A：甲地购买燃油车人数为，购买新能源车人数为，
故购买燃油车的人数比新能源车的多人，A错误.
B：乙地购买新能源车比例为，故用分层随机抽样抽取20人时，新能源车主有人，B正确.
C：列出列联表：
则.
小概率值时，.
因为，所以根据小概率值的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关，C正确.
D：所调查的新能源车主共有人，其中甲地80人，在已知其为新能源车主的条件下，其来自甲地的概率为，D正确.
10．ACD
【详解】对于A，函数的定义域为R，且，
即为偶函数，的图象是轴对称图形，A正确；
对于B，
，
令，则，
当时，取最大值，即的最大值为，B错误；
对于C，，
即是以为一个周期的周期函数，C正确；
对于D，令，即，故或，
当时，在上有满足题意；
当时，在上有满足题意；
故在上有共4个零点，D正确.
11．AC
【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则：，
对于A，当时，，在上，则，
则，，
设平面的一个法向量，则
取，则，即，
，若平面，则，
即，故存在，故A正确；
对于B，当时，，，，
若，则，
即，
不满足，故B 错误；
对于C，当时，，，
若与相交，则存在唯一使得，
即：，
解得，故 C 正确；
对于D， 因为底面是直角三角形，外接圆半径​​，
因为平面，设外接球半径为，则：
，
三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆，截痕长为​，故D错误，
12．30
【详解】每2个站点之间都需要准备2种车票，从6个站点中任取2个站点，共种.
13．
【详解】由题设，如下图有，且，
所以，
要使最小，只需反向共线，此时，
所以的最小值为.
14．
【详解】因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项，
所以经第次扩充后增加的项数为，因此，
所以，因为，
所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列，
所以，即；
设第n次扩充后数列的各项为，
则．
因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，
所以
，
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故，
综上，，.
15．(1)
(2)
【详解】（1）以题意知，抛物线，的准线，
如图，过作，垂足为，过作，垂足为，
设，，，
由抛物线定义知，，
在中，，，
所以，即有，
于是有，解得：，
因此抛物线的方程为.
（2）由（1）得，
代入抛物线的方程得，，所以，
可设抛物线在点处的切线方程为，
联立方程，显然切线不平行轴，故其斜率，
将代入，消去，整理得：，
因为相切，有，
即有：，因此，
所以抛物线在点处的切线方程为，即.
16．(1)
(2)
【详解】（1）取中点，连接，.
由题意，易得，，，
法一：因为侧面底面，侧面底面，
所以平面.所以是三棱锥的高.
又因为在中，，
而，，
所以为等腰三角形，且边上的高等于，
所以，
记点到平面的距离为，
由，得，
即，于是得.
法二：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立坐标系，
易知，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，令，得，，
得到平面的一个法向量，
又因为，
所以点到平面的距离等于.
（2）法一：设点在平面上的投影为，的中点为，连接和，
因为是边长为2的等边三角形，
所以，且，
而平面，平面，
所以，平面，，
所以平面，平面，
所以，
因此为二面角的平面角，
在中，.
法二：由（1）可知为平面的一个法向量，
又由（1）知平面的法向量为，
所以，
因此二面角的正弦值为，即为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
所以，
又因为，可得，
所以，
所以，
因为，所以，可得，所以，
又因为，故.
（2）解：因为为边上，满足，
所以，所以，所以，
所以，
即有，
即，
所以，所以，即，
当且仅当时，即时，取等号，
所以，
即的面积最大值为.
18．（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）解：对函数求导，得.
由，得，
当，，在上单调递减；
当，，在上单调递增，
所以.
因为，
所以.
故在上的值域为.
（2）证明：①当时，，，
则.
令，，则.
由，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，
因此在上单调递增.
而，
当时，；当时，；
所以在上有唯一零点.
②对函数求导，得，.
结合①，可得在上单调递减，在上单调递增，则
因为，；，，
所以要使得有两个不等的极值点，即有两个不等的零点，
则，即.
不妨设，则，，
即，.
要证，即证.
下证：.
令，，
则.
令，，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以在上单调递减，
则，即.
因为，所以，
即.
因为在上单调递增，且，，
所以，即证得.
19．（1）①分布列见解析，；②；（2）节目参加者换门更好，答案见解析
【详解】（1）①每次有放回的抽取，每次抽到红球的概率为，
所以，
即，，，，，，，
得到的分布列为
期望为，
②依题意，样本比例为，现要求，
得，即，，
所以用样本中红球的比例估计总体的误差绝对值不超过0.2的概率为
.
（2）记表示初始选择时选得汽车的事件，表示更换选择后选得汽车的事件，
则，，
所以，，
则，
因此不换门选中汽车的概率是，
换门选中汽车的概率是，0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
甲地
乙地
总计
燃油车
120
80
200
新能源车
80
120
200
总计
200
200
400
0
1
2
3
4
5