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上海市进才中学 2025-2026 学年高三下学期 3 月数学检测卷 2026.3
一、填空题
1. 设全集 ，集合 ， ，则 _____.
2. 若复数 满足 ，其中 为虚数单位，则 _____.
3. 圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为_____.
4. 函数 在 上的值域为_____.
5. 二项式 的展开式中，系数最大的项为_____.
6. 已知 ，则 _____.
7. 在平面直角坐标系中,已知点 是 轴上的两个动点,且 ，则 的最小值为_____
8. 若直线 经过双曲线 的一个焦点,且与该双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的方程为_____.
9. 已知实数 的平均数为 4，则这四个数的中位数的取值范围是_____.
10. 设 、 为两个平面， 、 为两条直线，且 . 下述四个命题:
①若 ，则 或 ； ②若 ，则 ；
③若 ，且 ，则 ；④若 与 和 所成的角相等，则 ； 其中，所有真命题的编号是_____.
11. 已知 是平面直角坐标系中的点集. 设 是 中两点间的距离的最大值,则 _____.
12. 设 与 是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合 , 给出下列 4 个结论:
①若 与 均为等差数列，则 中最多有 1 个元素；
②若 与 均为等比数列，则 中最多有 2 个元素；
③若 为等差数列， 为等比数列，则 中最多有 3 个元素；
④若 为递增数列, 为递减数列,则 中最多有 1 个元素.
其中正确结论的序号是_____.
二、选择题
13. 设 是公差不为 0 的无穷等差数列,则“ 为递增数列” 是 “存在正整数 ,当 时, ”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
14. 生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标,其中 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数. 生物丰富度指数 越大,水质越好. 如果某河流治理前后的生物种类数 没有变化,生物个体总数由 变为 ,生物丰富度指数由 2.1 提高到 3.15,则 ( )
A. B.
C. D.
15. 设函数 的定义域为 ,对于函数 图象上一点 ,若集合 只有 1 个元素,则称函数 具有性质 . 下列函数中具有性质 的是( )
A. B.
C. D.
16. 如图,在正方体 中, 为棱 上的动点, 平面 为垂足. 给出下列四个结论:
① ;
②线段 的长随线段 的长增大而增大；
③存在点 ，使得 ；
④存在点 ，使得 平面 .
其中所有正确结论的序号是_____.
三、解答题
17. 如图，在四棱锥 中， ， ， ，点 在 上，且 ， .
(1)若 为线段 中点，求证: 平面 .
(2)若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
18. 在 中， .
(1)求 ；
(2)若 为 边的中点，且 ，求 的值.
19. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况, 从合同险期限届满的保单中随机抽取 1000 份, 记录并整理这些保单的索赔情况, 获得数据如下表:
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为 0.4 万元；前 3 次索赔时，保险公司每次赔偿 0.8 万元；第四次索赔时, 保险公司赔偿 0.6 万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于 2 的概率;
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
(i) 记 为一份保单的毛利润,估计 的数学期望 ;
(ii) 如果无索赔的保单的保费减少 4%，有索赔的保单的保费增加 20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与 (i) 中 估计值的大小. (结论不要求证明)
20. 已知椭圆 过点 ,离心率 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设过点 的直线 交椭圆 于另一点 ，若 的面积为 2，其中 为坐标原点，求直线 的方程；
(3)设过点 的直线 交椭圆 于点 ，直线 分别交直线 于点 ， . 求证: 线段 的中点为定点.
21. 一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂, 并只受重力的影响, 这个项链形成的曲线形状被称为悬链线. 1691 年, 莱布尼茨、惠根斯和约翰·伯努利等得到 “悬链线” 方程
,其中 为参数. 当 时,就是双曲余弦函数 ,类似地双
曲正弦函数 ,它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质:①倍角公式 ；②平方关系 ; ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明;
(2)当 时,双曲正弦函数 图象总在直线 的上方,求实数 的取值范围; (3)若 ,证明:
1.
根据集合交补含义可得.
因为 ,
故答案为:
2.
设 ,则 且 考点: 复数相等, 共轭复数
3.
由圆柱的侧面积公式直接计算即可.
因为圆柱的底面半径为 3 , 高为 4 ,
所以其侧面积为
故答案为:
4.
函数 ,故函数的定义域为 ,
根据函数 的性质可知,当 时, ,
又函数 在 上单调递增,函数 在 上单调递减,
因此函数 在 上单调递减,
又当 时, ; 当 时, ,
故函数 在 上的值域为 .
5.
先得到展开式的通项公式,进而得到要想系数最大,则 为偶数,比较后得到答案.
展开式通项公式为 且 为整数.
要想系数最大,则 为偶数,
其中 ,
显然系数最大项为 .
故答案为:
6.
根据齐次式可得 ,即可利用正切的和角公式求解.
由 可得 ,故 ,
故答案为:
7. -3
设 ,表达出 ,求出最小值,设 , ,表达出 ,求出最小值,得到答案.
设 ,
,当 时, 最小值为 -3 ;
设 ,
,当 时, 最小值为 -3 ;
故答案为: -3
8.
根据题意可以求出双曲线的焦点坐标以及渐近线方程,进而列出方程组解出 的值, 从而求出双曲线方程.
解: 双曲线 焦点在 轴上,渐近线方程为: ,
直线 经过点 ,所以 ,且直线的斜率为 ,
所以 ,解得 ,所以双曲线方程为 .
故答案为:
9.
利用平均数及中位数的概念计算即可.
由题意可知 ,
若该四个数按大小排列,1,5位于中间,则 位于两侧,此时中位数是 3 ;
若该四个数按大小排列, 位于中间,则 位于两侧,此时 ,不符合题意;
若该四个数按大小排列, 位于中间,则 位于两侧,同上 ,不符合题意;
若该四个数按大小排列, 位于中间,则 位于两侧,则有 ;
若该四个数按大小排列, 位于中间,则 位于两侧,同上 ;
若该四个数按大小排列, 位于中间,则1,5位于两侧,可知 ;
此时中位数是 5 ;
综上所述这四个数的中位数的取值范围是 .
故答案为: .
10. ①③
根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可得结论.
对①,当 ,因为 ,则 ,
当 ,因为 ,则 ,
当 既不在 也不在 内,因为 ,则 且 ,故①正确；
对②，若 ，则 与 不一定垂直，故②错误；
对③，过直线 分别作两平面与 分别相交于直线 和直线 ，
因为 ,过直线 的平面与平面 的交线为直线 ,则根据线面平行的性质定理知 , 同理可得 ,则 ,因为 平面 平面 ,则 平面 ,
因为 平面 ,则 ,又因为 ,则 ,故③正确;
对④,若 与 和 所成的角相等,如果 ,则 ,故④错误.
11.
先以 为变量,分析可知所求集合表示的图形即为平面区域 ,结合图形分析求解即可.
对任意给定 ,则 且 ,
得 ,即 ,
再结合 的任意性,所以所求集合表示的图形即为平面区域 ,
如图阴影部分所示,其中 ,
可知任意两点间距离最大值 .
12. ①③④
利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
对于①,因为 均为等差数列,故它们的散点图分布在直线上,
而两条直线至多有一个公共点,故 中至多一个元素,故①正确.
对于②，取 ， ，则 ， 均为等比数列，
但当 为偶数时,有 ,此时 中有无穷多个元素,故②错误.
对于③，设 ，
若 中至少四个元素,则关于 的方程 至少有 4 个不同的正数解,
若 ,则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解, 矛盾;
若 ,考虑关于 的方程 奇数解的个数和偶数解的个数,
当 有偶数解,此方程即为 ,
方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时 ,
否则 ,因 单调性相反,
方程 至多一个偶数解,
当 有奇数解,此方程即为 ,
方程至多有两个奇数解,且有两个奇数解时 即
否则 ,因 单调性相反,
方程 至多一个奇数解,
因为 不可能同时成立,
故 不可能有 4 个不同的整数解,即 中最多有 3 个元素,
取 ,则 ,故③正确.
对于④，因为 为递增数列， 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势, 两者至多一个交点, 故④正确.
故答案为: ①③④.
13. C
设等差数列 的公差为 ,则 ,利用等差数列的通项公式结合充分条件、 必要条件的定义判断可得出结论.
设等差数列 的公差为 ,则 ,记 为不超过 的最大整数.
若 为单调递增数列,则 ,
若 ,则当 时, ; 若 ,则 ,
由 可得 ,取 ,则当 时, ,
所以,“ 是递增数列” “存在正整数 ,当 时, ”;
若存在正整数 ,当 时, ,取 且 ,
假设 ,令 可得 ,且 ,
当 时, ,与题设矛盾,假设不成立,则 ,即数列 是递增数列.
所以,“ 是递增数列” “存在正整数 ,当 时, ”.
所以,“ 是递增数列” 是 “存在正整数 ,当 时, ” 的充分必要条件.
故选: C.
14. D
根据题意分析可得 ,消去 即可求解.
由题意得 ,则 ,即 ,所以
故选: D.
15. D
根据性质 的定义,结合各个函数的图象,数形结合,即可逐一判断各选择.
根据题意,要满足性质 ,则 的图象不能在过点 的直线的下方,且这样的直线只有一条;
对 A: 的图象,以及过点 的直线,如下所示:
数形结合可知，过点 的直线有无数条都满足题意，故 A 错误；
对 的图象,以及过点 的直线,如下所示:
数形结合可知，不存在过点 的直线，使得 的图象都在该直线的上方，故 B 错误； 对 C: 的图象,以及过点 的直线,如下所示:
数形结合可知，不存在过点 的直线，使得 的图象都在该直线的上方，故 C 错误； 对 D: 的图象,以及过点 的直线,如下所示:
数形结合可知,存在唯一的一条过点 的直线 ,即 ,满足题意,故 D 正确. 故选: D.
16. ①②④
根据给定条件,以点 为原点,建立空间直角坐标系,求出平面 的法向量坐标,进而求出点 的坐标,再逐一计算判断各个命题即得答案.
在正方体 中,令 ,以点 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设 ,则 ,
令平面 的法向量 ,则 ,取 ,得 ,
由 平面 于 ,得 ,即 ,
,显然 ,解得 ,
于是 ,
对于①, ,① 正确；
对于②， 在 上单调递增，② 正确；
对于③，而 ， ，
若 ,
显然 ,即不存在 ,使得 ,③错误;
对于④，平面 的一个法向量 ，而 ，
由 ,得 ,即 ,整理得 ,
令 ,显然函数 在 上的图象连续不断,
而 ,因此存在 ,使得 ,此时 平面 ,
因此存在点 ,使得 平面 ,④正确.
所以所有正确结论的序号是①②④.
故答案为:①②④
17.(1)取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ,而 平面 平面 ,
所以 平面 .
(2)
因为 ,故 ,故 ,
故四边形 为平行四边形,故 ,所以 平面 ,
而 平面 ,故 ,而 ,
故建立如图所示的空间直角坐标系,
则 ,
则 ,
设平面 的法向量为 ,
则由 可得 ,取 ,
设平面 的法向量为 ,
则由 可得 ,取 ,
故 ,
故平面 与平面 夹角的余弦值为
18. ;
(2) .
(1) 由正弦定理可得 ,结合三角和为 及诱导公式可得 ,即可得答案;
(2)在 中，由正弦定理可求得 ，从而可得 ，在 中，利用余弦定理求解即可.
( 1 )解:因为 ,
由正弦定理可得 ，
即 ,
又因为 ,
所以 ,
解得 ,又因为 ,
所以 ;
(2)解:因为 为 边的中点， ，
所以 ,
设 ,
在 中,由正弦定理可得 ,
即 ,解得 ,
又因为 ,所以 ,
在 Rt 中, ,
在 中， ，
由余弦定理可得: ,
所以 ，
即 .
19. (1)
(2)(i)0.122 万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i)中 估计值
(1) 根据题设中的数据可求赔偿次数不少 2 的概率;
(2)(i)设 为赔付金额，则 可取0,0.8,1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求 的分布列及数学期望,从而可求 .
(ii) 先算出下一期保费的变化情况,结合 (1) 的结果可求 ,从而即可比较大小得解.
(1)设 为“随机抽取一单,赔偿不少于 2 次”,
由题设中的统计数据可得 .
(2)(i)设 为赔付金额，则 可取0,0.8,1.6,2.4,3，
由题设中的统计数据可得 ，
故
故 (万元).
(ii) 由题设保费的变化为 ,
故 (万元),
从而 .
20.(1)依题意 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
(2)当直线 的斜率不存在时, ,
此时 ,所以直线 的方程为 .
当直线 的斜率为 0 时, , 此时 ，所以直线 的方程为 .
当直线 的斜率存在且不为 0 时,设直线 的方程为 , 原点到直线 的距离为 ，
由 消去 并化简得 ,
设 ,
则 .
所以
则 ，解得 (舍去).
综上所述,直线 的方程为 或 .
(3)依题意可知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
由 消去 并化简得 ,
则 ,
由 .
依题意可知直线 的斜率存在,
直线 的方程为 ,令 ,
得
同理可求得 ,
所以
,
所以线段 的中点为定点 .
21.(1)平方关系: ;
倍角公式: ;
导数: .
理由如下: 平方关系:
倍角公式: ;
导数: ;
以上三个结论,证对一个即可.
(2)构造函数 ，由(1)可知 ，
① 当 时，由 ，
又因为 ,故 ,等号不成立,
所以 ,故 为严格增函数,
此时 ,故对任意 恒成立,满足题意;
② 当 时,令 ,
则 ,可知 是严格增函数,
由 与 可知,存在唯一 ,使得 ,
故当 时， ，则 在 上为严格减函数，
故对任意 ， ，即 ，矛盾；
综上所述，实数 的取值范围为 ；
(3)因为 ，
所以原式变为 ,
即证 ,
设函数 ,即证 ,
设 ,
时 在 上单调递增,即 在 上单调递增,
设 ,则 ,
由于 在 上单调递增, ,
所以 ,即 ,故 在 上单调递增,
又 ,所以 时, ,
所以 ,即 ,
因此 恒成立,所以原不等式成立,得证.

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