河南省郑州外国语学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省郑州外国语学校2026届高三下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析），共4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。
数学试题
一、单选题
1．设集合，，若含有4个元素，则（ ）
A．B．0C．1D．2
2．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了.预计以后每年资金年增长率与第一年相同.四人决定从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底公司分红后的剩余资金为万元，则至少经过（ ）年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？（年数取整数，参考数据：）
A．4B．5C．6D．7
4．已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为，其中，则展开式中系数为实数且最大的项为（ ）
A．第三项B．第四项C．第五项D．第五项或第六项
5．购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若曲线与圆恰有一个公共点，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．1
7．已知正实数满足，则（ ）
A．2B．1C．-1D．0
8．已知抛物线的焦点为，为的准线与轴的交点，，在抛物线上，若为等腰直角三角形，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知随机变量的分布列如下，则（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（ ）
A．B．C．D．
11．边长为2的正方体中，动点满足，.则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积为
C．设直线与所成角为，则的最大值为
D．若直线与平面所成角的正弦值为，则点的轨迹长度为
三、填空题
12．向量满足且，则与所成夹角的余弦值为___________．
13．已知函数的极小值大于0，则的取值范围为__________.
14．双曲线的左、右焦点分别为，是双曲线上一点，若的内切圆圆心为，则外接圆的半径为_____________________．
四、解答题
15．人工智能技术（简称技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，并迅速在各行各业中得到应用和推广，教育行业也不例外．某市教体局为调查本市中学教师使用技术辅助教学的情况，随机抽取了该市120名中学教师，统计了他们一周内使用技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用技术帮助制作课件的节次不少于4次的认定为喜欢使用技术，否则认定为不喜欢使用技术，经统计得到如下列联表．
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄有关；
(2)将频率视为概率，现从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，在抽中喜欢使用技术的教师的条件下，求此人年龄超过45岁的概率．
附：，其中．
16．记为等差数列的前项和.已知且.
(1)求的通项公式；
(2)设函数，，求数列的前项和.
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
18．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切.
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明：
（ⅰ）的横坐标成等差数列；
（ⅱ）与的面积之比为定值.
19．已知函数，
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，函数，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案
1．B
【详解】根据集合元素的互异性可知，，.
因为含有4个元素，所以仅含有1个元素，
若，则或，所以或.
若，则.
结合集合元素的互异性可知或.
当时，，，，符合题意.
当时，，，，不符合题意.
综上，.
2．D
【详解】由复数z满足，得z在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，5为半径的圆，
圆心到实轴、虚轴的距离都大于5，且圆心在第四象限，
所以z在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3．D
【详解】由题意得，投入生产的启动资金共有万元，
，
，
．
则
，
而也满足该式，故.
令，所以，
因为：，，即．
所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元.
故选：D
4．C
【详解】．
由，得，
所以，
又，
据此可知当时系数为实数，
实数系数分别为， ，， ， ，，
经比较可知最大值为210，此时，对应第五项.
故选：C．
5．D
【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，个盲盒的总情况数为，即27种，
符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在3个盲盒中包含所有3种玩偶，
共有种情况，
则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为.
故选：D
6．D
【详解】由题意，设切点为，圆的标准方程为，即圆心为，半径，，
且有曲线与圆有公切线，即两方程在切点处切线的斜率相同，
易得，则曲线在切点处的斜率为，
易得，则圆在的切线的斜率为，
则有，即，
同时切点在圆上，则有，
联立，得，解得，
因为，所以有，此时有，
故选：D.
7．C
【详解】，
由基本不等式得，，即，
又因为恒成立，所以，
故即，
所以．
8．D
【详解】由题意得,,,
因为为等腰直角三角形,所以.
因为,所以,所以.所以抛物线方程为.
过点作轴的垂线,过点作轴的垂线,两者交于点.
由抛物线定义可知,所以.
所以最小时,取得最小值.
由图易知当为抛物线切线时取最小值,不妨设点在轴下方,
因为,所以.
设点,所以,
因为,所以，所以.
所以.
因为,所以.
即的最小值为,所以的最大值为.
故选：D.
9．AD
【详解】对于A，由分布列的性质可知：，解得，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，
，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：AD.
10．AC
【详解】由知，，
化简可得，
根据和差化积公式可得：，
则，即，
由知，，
所以，即，故C正确；
由，得：，所以，故B不正确；
在中，由，知，故A正确；
由知，，
又，则，又，
由正弦定理得，，故D不正确.
11．ACD
【详解】如图所示，连接，

因为动点满足，，
所以，即，
所以，即点的轨迹在内（包括边界）
对于A，因为在中，，，，，
所以四边形，均为平行四边形，
所以，，
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
因为，平面，
所以平面平面
因为平面，所以平面，故A选项正确；
对于B，由平面平面，点的轨迹在内（包括边界）
所以四面体的体积，故B选项错误；
在正方体中，易知平面，平面，
所以，，
又，，，，
所以平面，平面，
所以，，
因为，所以平面，
设与平面相交于点，
由于，，
则点到平面的距离为．
对于C，因为，所以为异面直线与所成的角，
因为，所以，故C正确．
对于D，因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，解得，
所以
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
如图所示，
在中，，同理，
即点为等边外接圆圆心，
又，设，
由余弦定理得，解得或
当时，如图，即，此时不在内，
故只需考虑的情况即可，
所以，则
所以的轨迹长度为，故D正确．
故选：ACD
12．
【详解】由．
．
．
设夹角为，则．
13．
【详解】.
因为的极小值大于0，所以存在两个不同的根，设，
当或时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递减，则为极大值，为极小值，
又极小值大于0，所以极大值，所以只有一个零点，
又，显然是的零点，
所以方程无实数根，即，即，
因为，
若，因为在单调递增，结合，可得，与条件矛盾，
所以，又，，所以，
即的极大值点与极小值点均大于0， 且方程的2个实数根均大于0，
所以，解得，
综上可得：，故的取值范围为，
故答案为：
14．
【详解】设的内切圆圆心为，半周长为，，，
设内切圆与的切点为，
则，，
由切线长性质，，
两式相减得，由双曲线的定义可得，，
由题意，则有，且，
则，，
则，，
即，则，
设外接圆的半径为，由正弦定理，，
故外接圆的半径为.
故答案为：.
15．(1)有关
(2)
【详解】（1）零假设该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄无关，
而，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄有关.
（2）设事件为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用技术的教师，
事件为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，此人年龄超过45岁，
由题意，，
则.
16．(1)
(2)
【详解】（1）设数列的公差为，由可知
，则
又，令可得
联立解得，，则
（2）当，时，
，当，时，成立，
所以
，则，
17．(1)证明见解析
(2)
(3)是定值，
【详解】（1）平面平面，平面平面 ，，且平面，则平面，
因平面，则，又，则，
因平面，则平面，
又平面，故平面平面.
（2）由平面，平面平面，平面，则
故为的中点，取的中点，连接，，
则平面，因平面，则，
，平面，所以平面
故可以为坐标原点，，所在直线为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，故可取，
设与平面所成角为，则.
（3）由（1）知，平面，因平面，则，即为直角三角形，
又也为直角三角形，则三棱锥外接球的球心为线段的中点.
，即 ，在平面外，在平面内，则平面，
故点到平面的距离等于点到平面的距离，又等于点到平面的距离的一半.
故，
而，故.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）由已知得，，所以，
原点到直线的距离为，
所以的方程为.
（2）（i）当过点的直线斜率不存在时，
直线与椭圆只有1个交点，舍去，
设直线的方程为，
设、，由，
消去整理得，
所以，解得，
，，
直线的方程为，令，得，
同理可得.
.
又因为，
.
所以，
所以的横坐标成等差数列；
（ⅱ）由（ⅰ）知为的中点，得，
所以，
所以与的面积之比为.
19．(1)答案见解析；
(2)
【详解】（1）当时，，定义域为，，
当时，，函数在上单调递减；
当时，令，得；令，得，
函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，，当时，，单调递增，显然不成立；
当时，由，得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为.由恒成立，得，即，解得.
原不等式化为对任意和恒成立.
令，则.
当时，的最小值为的最小值，故.，
，令，，
则恒成立，在上单调递增．
由于，，由零点存在性定理，
，使得，即，（*）
当时，，，当时，，，
即在上单调递减，在上单调递增，，
由（*）式可知，，，
令，，又，，即在上为增函数，
，即，，由及代入，
，0
1
2
年龄
是否喜欢使用技术
合计
是
否
不超过45岁
46
14
60
超过45岁
32
28
60
合计
78
42
120
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
C
D
D
C
D
AD
AC
题号
11









答案
ACD