山东师范大学附属中学2025-2026学年高三3月阶段检测数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 山东师范大学附属中学2025-2026学年高三3月阶段检测数学试题（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 148.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-24 00:00:00 | ||
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文档简介
高三年级第二学期 3 月份阶段性检测 数学试题
全卷满分 150 分, 考试时间 120 分钟. 第 I 卷(选择题)
一、单选题(共 40 分，每小题 5 分)
1. 已知集合 ，则 的子集个数为( )
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
2. 在复平面内,复数 对应的点分别是 ,则 的模是 ( )
A. 5 B. C. 2 D.
3. 已知实数 满足 ，则( )
A. B. C. D.
4. 已知 为单位向量，则 “ ” 是 “ 与 的夹角是钝角” 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
5. 记 为数列 的前 项积,已知 ,则 ( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
6. 函数 的部分图象如图所示,则 ( )
A. 1 B. C. 3 D.
7. 双曲线 的左、右焦点分别为 ,以 为直径的圆与 在第二象限交于点 ,若坐标原点 到直线 的距离为 ,则双曲线 的离心率为 ( )
A. B. C. D.
8. 已知函数 ,且函数 在 内恰有 2025 个零点,则满足条件的有序数对 ( )
A. 有且仅有 1 对 B. 有且仅有 2 对
C. 有且仅有 3 对 D. 有无数对
二、多选题(共 18 分，每小题 6 分)
9. 下列关于统计的知识, 说法正确的是 ( )
A. 若数据 的方差为 0,则所有的 都相等
B. 已知样本数据 ,去掉一个最小数和一个最大数后,剩余数据的中位数小于原样本的中位数
C. 数据 的第 70 百分位数是 8.5
D. 若一组样本数据 的对应样本点都在直线 上,则这组样本数据的相关系数为 -1
10. 如图,一个结晶体的形状为平行六面体 ,其中,以顶点 为端点的三条棱长都等于 1,且它们彼此的夹角都是 ,下列说法中正确的是 ( )
A.
B. 在底面 上的投影是线段 的中点
C. 与平面 所成角大于
D. 与 所成角的余弦值为
11. 函数 满足 ,都有 ,且 ,则( )
A. B. 数列 单调递减
C. D.
第 II 卷(非选择题)
三、填空题(共 15 分，每小题 5 分)
12. 展开式中 项的系数为_____.
13. 已知抛物线 的焦点到准线距离为 上一点 到焦点的距离为 5,则 的横坐标为_____.
14. 有 个编号分别为 的盒子,第 1 个盒子中有 2 个白球 1 个黑球,其余盒子中均为 1 个白球 1 个黑球, 现从第 1 个盒子中任取一球放入第 2 个盒子, 再从第 2 个盒子中任取一球放入第 3 个盒子，以此类推，则从第 2 个盒子中取到白球的概率是_____，从第 个盒子中取到白球的概率是_____.
四、解答题
15. 在 中，角 的对边分别为 ，已知
(1)求证: ；
(2)若 是锐角三角形，求 的取值范围.
16. 为备战 2026 年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛(分初赛和决赛两部分). 初赛从 6 道题中任选 2 题作答, 2 题均答对则进入决赛. 已进入决赛的参赛者允许连续抽奖 3 次，中奖 1 次奖励 120 元，中奖 2 次奖励 180 元，中奖 3 次奖励 360 元,若 3 次均未中奖,则只奖励 60 元. 假设每次抽奖中奖的概率均为 , 且每次是否中奖相互独立.
(1)已知初赛 6 道题中甲能答对其中 4 道题，记甲在初赛中答对的题目个数为 ，求 的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)假设该校共选拔出 9 名同学进入决赛，若这 9 名同学获得的总奖金的期望值不小于 1120 元,试求此时 的取值范围.
17. 如图,在三棱锥 中,底面 是正三角形,中心为 , .
(1)证明: 平面 ；
(2)若 ，
(i) 证明: 平面 平面 ;
(ii) 求平面 与平面 夹角的正切值.
18. 已知椭圆 的离心率 ，且经过点 ， 为坐标原点，斜率不为 0 的直线 与椭圆 交于 两点， .
(1)求椭圆 的方程；
(2)证明: 点 到直线 的距离是定值;
(3)求 的取值范围.
19. 已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若对于任意的 ， 恒成立，求 的最大值；
(3)证明: .
1. C
集合 , 所以集合 的子集个数为 .
故选:
2.
由题意知, ,所以 所以 ,
故选: D.
3. C
对于 ,则 ,所以 ,该选项错误;
对于 ,若 ,满足 ,但 ,该选项错误;
对于 ,因为 ,所以 ,
则 ,
当且仅当 ,即 时,等号成立,所以 ,该选项正确;
对于 ,所以 ,因为 ,所以 ,
但 跟 0 的大小关系不确定,所以不能确定 ,
所以不能得到 ,该选项错误;
故选: C.
4. B
单位向量 ,由 ,得 ,解得 , 则 ,因此 ,
所以“ ”是“ 与 的夹角是钝角”的必要而不充分条件.
故选: B
5. D
1. 当 时, ;
2. 当 时,有 ,代入 ,得 ,
化简得: ,则 .
故选: D
6. C
由图知 ,得到 ,又由图知 , 由 ,得到 ,又 ,所以 , 由 ，得到 ，所以 ， 得到 ,
故选: C.
7. C
由题意得 ,取 的中点 ,连接 , 因为 为 的中点,所以 ,且 ,
故 ， 即为坐标原点 到直线 的距离，则 ，
所以 ，
由双曲线定义可得 ,所以 ,
又 ，由勾股定理得 ，
故 ,解得 ,故离心率为 .
故选:
8. C
的零点个数等价于方程 实根的个数.
先研究方程 在 内实根的个数.
当 时,方程 在 内实根的个数为 1 ;
当 时,方程 在 内实根的个数为 2 ;
当 时,方程 在 内实根的个数为 3,其中在 内实根的个数为 2 .
因为 是周期为 的函数,所以当 时,在 , 内方程 实根的个数均为 2 .
因为 在 内恰有 2025 个零点,且 2025 为奇数,所以 不合题意.
当 时， ；当 时， . 所以满足条件的有序实数对 只有 3 对. 在 上的图像:
故选: C.
9. AD
A 项: 由方差知识得 , A 项正确;
B 项: 去掉其中的一个最小数和一个最大数后, 中位数不变, B 项错误;
C 项: ,则 70 百分位数为第 6 个数 项错误;
D 项: 样本点都在直线 ,则 完全负相关,所以相关系数为 -1, D 项正确.
故选: AD
10. ACD
对于 ,由题意 ,
所以
,
又因为 ,
所以 , A 说法正确;
对于 ,设 中点为 ,连接 ,
则 ,
若 在底面 上的投影是线段 的中点,则 底面 ,
又 底面 ,则应该有 ,
因为
,
故此时 与底面 不垂直, B 说法错误;
对于 ,因为 ,
所以 ,
在 中, ,
所以 ,所以 ,
所以 与平面 所成角为 ,
又因为 ,即 ,
所以 与平面 所成角大于 说法正确;
对于 ,因为
,
所以 , D 说法正确;
故选: ACD
11. BCD
对于 选项,函数 满足 ,都有 , 令 ,则 ,即 ,则 ,
所以, , A 错;
对于 选项,令 ,可得 ,
所以, ,且 ,
所以,数列 是首项为 1,公比为 的等比数列,所以, ,
所以, ,即 ,
故数列 单调递减, 对;
对于 选项,对任意的 ,
所以, ,
当且仅当 时,等号成立, 对;
对于 选项,令 ,
则 ,②
①-②可得 ，
因此， ，D 对.
故选: BCD.
12. -40
因为
所以展开式中 项的系数为 .
故答案为: -40
13.
将抛物线 化为标准方程为 ,
因为抛物线焦点到准线距离为 2,所以 ,解得 ;
将 代入抛物线方程中,得 ,焦点为 ,准线方程为 ,
设 ,因为 ,所以 ,解得 ,
代入抛物线方程，得 .
14.
记事件 表示从第 个盒子里取出白球,则 ,
所以 ,
进而可得 ,
又 ,
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列,
所以 ,即 ,
故答案为: .
15.(1) 由余弦定理 ,
代入 得 ，则 ，
由正弦定理得
所以 ,
所以 ,
得
由 知 ,故 ,
所以 或 (舍去)
所以
(2)解法 1: ，由 得 ，
所以 ,
由 ,得 ,
所以 ,
所以 ,即 ;
解法 2: 由 得 ,
因为 ,所以 ,得 ,
所以 ,即 ,
所以 .
16. (1)期望为
(2)
(1) 记总题数 ,甲会做的题数 ,
从中任选 2 题作答,则答对题数 服从超几何分布,
数学期望 .
事件“已答对一题”即 ；“仍未进入决赛”即 ， 由条件概率公式得: .
(2)设进入决赛的同学获得的奖金为 元，
其分布为 ,
期望 ,化简得
9 名同学总奖金的期望 ,
即 . 整理得 .
令 ,由 知 在 单调递增,
又 ,因此不等式解为 ,
结合 ,得 .
17.(1)延长 交 于点 ，则 为 的中点，连接 ，如下图所示:
因为 为正 的中心,所以 ,
又因为 ,即 ,所以 ,故 ,
因为 平面 平面 ,故 平面 .
(2)(i)由于 ， 为 的中点，故 .
又因为 为等边三角形，所以 ，
因为 平面 ,所以 平面 ,
而 平面 ,因此平面 平面 .
(ii) 方法一: 因为 平面 ,且 ,
以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴，建立空间直角坐标系，
则平面 的一个法向量为 .
易知 ,所以 ,
设点 ,则 ,解得 ,即点 ,
因此 .
设平面的 的一个法向量为 ,则 ,
取 得 ，即平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ,则 ,
所以 ,所以 ,
故平面 与平面 夹角的正切值为 .
方法二: 在平面 内作 ,垂足为点 ,过点 在平面 内作 ,垂足为点 ,连接 ,
因为平面 平面 ,平面 平面 平面 ,
所以 平面 ,
因为 平面 ,所以 ,
又因为 平面 ,所以 平面 ,
因为 平面 ,所以 ,
所以平面 与平面 夹角为 ,
在 中, ,则 ,故 ,
由余弦定理可得 ，
所以 ,
故 ，
所以 ，
易知 ，故 ，所以 ，
所以 ,即平面 与平面 夹角的正切值为 .
18.(1)由 ，可得 ①，
椭圆经过点 ,可得 ,解得 ,代入 ①,可得 ,
故椭圆 的方程为 .
(2)依题意，可设直线 的方程为 ，
由 ,消去 ,整理得 ,
可得
设 ,则 ,
因 ，则
,
去分母得 ,
化简得 . 则点 到直线 的距离为 ,为定值.
(3)因 ，
故 ,
由 得 ,代入上式,整理得 ,
设 ,则 ,且代入上式,
可得 ,
设 ,则 ,且 ,
所以 ,
故 的取值范围是 .
19.(1) ,
当 时, 在 上单调递减,
当 时,令 ,
当 时, ,故函数 在区间 单调递减;
当 时, ,故函数 在区间 上单调递增;
(2) 对 恒成立，
当 时, 时,左边 与条件矛盾,舍去, ,
令 ,即 对 恒成立,
令 ,
当 时, 时, ,
所以 在 上单调递减; 单调递增,
故只需 .
(3)要证: 证: 即证: ,
只需证: ,
即证: ,即证: ,
令 证: ,
令 在 上单调递增,
,证毕.
全卷满分 150 分, 考试时间 120 分钟. 第 I 卷(选择题)
一、单选题(共 40 分，每小题 5 分)
1. 已知集合 ，则 的子集个数为( )
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
2. 在复平面内,复数 对应的点分别是 ,则 的模是 ( )
A. 5 B. C. 2 D.
3. 已知实数 满足 ，则( )
A. B. C. D.
4. 已知 为单位向量，则 “ ” 是 “ 与 的夹角是钝角” 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
5. 记 为数列 的前 项积,已知 ,则 ( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
6. 函数 的部分图象如图所示,则 ( )
A. 1 B. C. 3 D.
7. 双曲线 的左、右焦点分别为 ,以 为直径的圆与 在第二象限交于点 ,若坐标原点 到直线 的距离为 ,则双曲线 的离心率为 ( )
A. B. C. D.
8. 已知函数 ,且函数 在 内恰有 2025 个零点,则满足条件的有序数对 ( )
A. 有且仅有 1 对 B. 有且仅有 2 对
C. 有且仅有 3 对 D. 有无数对
二、多选题(共 18 分，每小题 6 分)
9. 下列关于统计的知识, 说法正确的是 ( )
A. 若数据 的方差为 0,则所有的 都相等
B. 已知样本数据 ,去掉一个最小数和一个最大数后,剩余数据的中位数小于原样本的中位数
C. 数据 的第 70 百分位数是 8.5
D. 若一组样本数据 的对应样本点都在直线 上,则这组样本数据的相关系数为 -1
10. 如图,一个结晶体的形状为平行六面体 ,其中,以顶点 为端点的三条棱长都等于 1,且它们彼此的夹角都是 ,下列说法中正确的是 ( )
A.
B. 在底面 上的投影是线段 的中点
C. 与平面 所成角大于
D. 与 所成角的余弦值为
11. 函数 满足 ,都有 ,且 ,则( )
A. B. 数列 单调递减
C. D.
第 II 卷(非选择题)
三、填空题(共 15 分，每小题 5 分)
12. 展开式中 项的系数为_____.
13. 已知抛物线 的焦点到准线距离为 上一点 到焦点的距离为 5,则 的横坐标为_____.
14. 有 个编号分别为 的盒子,第 1 个盒子中有 2 个白球 1 个黑球,其余盒子中均为 1 个白球 1 个黑球, 现从第 1 个盒子中任取一球放入第 2 个盒子, 再从第 2 个盒子中任取一球放入第 3 个盒子，以此类推，则从第 2 个盒子中取到白球的概率是_____，从第 个盒子中取到白球的概率是_____.
四、解答题
15. 在 中，角 的对边分别为 ，已知
(1)求证: ；
(2)若 是锐角三角形，求 的取值范围.
16. 为备战 2026 年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛(分初赛和决赛两部分). 初赛从 6 道题中任选 2 题作答, 2 题均答对则进入决赛. 已进入决赛的参赛者允许连续抽奖 3 次，中奖 1 次奖励 120 元，中奖 2 次奖励 180 元，中奖 3 次奖励 360 元,若 3 次均未中奖,则只奖励 60 元. 假设每次抽奖中奖的概率均为 , 且每次是否中奖相互独立.
(1)已知初赛 6 道题中甲能答对其中 4 道题，记甲在初赛中答对的题目个数为 ，求 的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)假设该校共选拔出 9 名同学进入决赛，若这 9 名同学获得的总奖金的期望值不小于 1120 元,试求此时 的取值范围.
17. 如图,在三棱锥 中,底面 是正三角形,中心为 , .
(1)证明: 平面 ；
(2)若 ，
(i) 证明: 平面 平面 ;
(ii) 求平面 与平面 夹角的正切值.
18. 已知椭圆 的离心率 ，且经过点 ， 为坐标原点，斜率不为 0 的直线 与椭圆 交于 两点， .
(1)求椭圆 的方程；
(2)证明: 点 到直线 的距离是定值;
(3)求 的取值范围.
19. 已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若对于任意的 ， 恒成立，求 的最大值；
(3)证明: .
1. C
集合 , 所以集合 的子集个数为 .
故选:
2.
由题意知, ,所以 所以 ,
故选: D.
3. C
对于 ,则 ,所以 ,该选项错误;
对于 ,若 ,满足 ,但 ,该选项错误;
对于 ,因为 ,所以 ,
则 ,
当且仅当 ,即 时,等号成立,所以 ,该选项正确;
对于 ,所以 ,因为 ,所以 ,
但 跟 0 的大小关系不确定,所以不能确定 ,
所以不能得到 ,该选项错误;
故选: C.
4. B
单位向量 ,由 ,得 ,解得 , 则 ,因此 ,
所以“ ”是“ 与 的夹角是钝角”的必要而不充分条件.
故选: B
5. D
1. 当 时, ;
2. 当 时,有 ,代入 ,得 ,
化简得: ,则 .
故选: D
6. C
由图知 ,得到 ,又由图知 , 由 ,得到 ,又 ,所以 , 由 ，得到 ，所以 ， 得到 ,
故选: C.
7. C
由题意得 ,取 的中点 ,连接 , 因为 为 的中点,所以 ,且 ,
故 ， 即为坐标原点 到直线 的距离，则 ，
所以 ，
由双曲线定义可得 ,所以 ,
又 ，由勾股定理得 ，
故 ,解得 ,故离心率为 .
故选:
8. C
的零点个数等价于方程 实根的个数.
先研究方程 在 内实根的个数.
当 时,方程 在 内实根的个数为 1 ;
当 时,方程 在 内实根的个数为 2 ;
当 时,方程 在 内实根的个数为 3,其中在 内实根的个数为 2 .
因为 是周期为 的函数,所以当 时,在 , 内方程 实根的个数均为 2 .
因为 在 内恰有 2025 个零点,且 2025 为奇数,所以 不合题意.
当 时， ；当 时， . 所以满足条件的有序实数对 只有 3 对. 在 上的图像:
故选: C.
9. AD
A 项: 由方差知识得 , A 项正确;
B 项: 去掉其中的一个最小数和一个最大数后, 中位数不变, B 项错误;
C 项: ,则 70 百分位数为第 6 个数 项错误;
D 项: 样本点都在直线 ,则 完全负相关,所以相关系数为 -1, D 项正确.
故选: AD
10. ACD
对于 ,由题意 ,
所以
,
又因为 ,
所以 , A 说法正确;
对于 ,设 中点为 ,连接 ,
则 ,
若 在底面 上的投影是线段 的中点,则 底面 ,
又 底面 ,则应该有 ,
因为
,
故此时 与底面 不垂直, B 说法错误;
对于 ,因为 ,
所以 ,
在 中, ,
所以 ,所以 ,
所以 与平面 所成角为 ,
又因为 ,即 ,
所以 与平面 所成角大于 说法正确;
对于 ,因为
,
所以 , D 说法正确;
故选: ACD
11. BCD
对于 选项,函数 满足 ,都有 , 令 ,则 ,即 ,则 ,
所以, , A 错;
对于 选项,令 ,可得 ,
所以, ,且 ,
所以,数列 是首项为 1,公比为 的等比数列,所以, ,
所以, ,即 ,
故数列 单调递减, 对;
对于 选项,对任意的 ,
所以, ,
当且仅当 时,等号成立, 对;
对于 选项,令 ,
则 ,②
①-②可得 ，
因此， ，D 对.
故选: BCD.
12. -40
因为
所以展开式中 项的系数为 .
故答案为: -40
13.
将抛物线 化为标准方程为 ,
因为抛物线焦点到准线距离为 2,所以 ,解得 ;
将 代入抛物线方程中,得 ,焦点为 ,准线方程为 ,
设 ,因为 ,所以 ,解得 ,
代入抛物线方程，得 .
14.
记事件 表示从第 个盒子里取出白球,则 ,
所以 ,
进而可得 ,
又 ,
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列,
所以 ,即 ,
故答案为: .
15.(1) 由余弦定理 ,
代入 得 ，则 ，
由正弦定理得
所以 ,
所以 ,
得
由 知 ,故 ,
所以 或 (舍去)
所以
(2)解法 1: ，由 得 ，
所以 ,
由 ,得 ,
所以 ,
所以 ,即 ;
解法 2: 由 得 ,
因为 ,所以 ,得 ,
所以 ,即 ,
所以 .
16. (1)期望为
(2)
(1) 记总题数 ,甲会做的题数 ,
从中任选 2 题作答,则答对题数 服从超几何分布,
数学期望 .
事件“已答对一题”即 ；“仍未进入决赛”即 ， 由条件概率公式得: .
(2)设进入决赛的同学获得的奖金为 元，
其分布为 ,
期望 ,化简得
9 名同学总奖金的期望 ,
即 . 整理得 .
令 ,由 知 在 单调递增,
又 ,因此不等式解为 ,
结合 ,得 .
17.(1)延长 交 于点 ，则 为 的中点，连接 ，如下图所示:
因为 为正 的中心,所以 ,
又因为 ,即 ,所以 ,故 ,
因为 平面 平面 ,故 平面 .
(2)(i)由于 ， 为 的中点，故 .
又因为 为等边三角形，所以 ，
因为 平面 ,所以 平面 ,
而 平面 ,因此平面 平面 .
(ii) 方法一: 因为 平面 ,且 ,
以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴，建立空间直角坐标系，
则平面 的一个法向量为 .
易知 ,所以 ,
设点 ,则 ,解得 ,即点 ,
因此 .
设平面的 的一个法向量为 ,则 ,
取 得 ，即平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ,则 ,
所以 ,所以 ,
故平面 与平面 夹角的正切值为 .
方法二: 在平面 内作 ,垂足为点 ,过点 在平面 内作 ,垂足为点 ,连接 ,
因为平面 平面 ,平面 平面 平面 ,
所以 平面 ,
因为 平面 ,所以 ,
又因为 平面 ,所以 平面 ,
因为 平面 ,所以 ,
所以平面 与平面 夹角为 ,
在 中, ,则 ,故 ,
由余弦定理可得 ，
所以 ,
故 ，
所以 ，
易知 ，故 ，所以 ，
所以 ,即平面 与平面 夹角的正切值为 .
18.(1)由 ，可得 ①，
椭圆经过点 ,可得 ,解得 ,代入 ①,可得 ,
故椭圆 的方程为 .
(2)依题意，可设直线 的方程为 ，
由 ,消去 ,整理得 ,
可得
设 ,则 ,
因 ，则
,
去分母得 ,
化简得 . 则点 到直线 的距离为 ,为定值.
(3)因 ，
故 ,
由 得 ,代入上式,整理得 ,
设 ,则 ,且代入上式,
可得 ,
设 ,则 ,且 ,
所以 ,
故 的取值范围是 .
19.(1) ,
当 时, 在 上单调递减,
当 时,令 ,
当 时, ,故函数 在区间 单调递减;
当 时, ,故函数 在区间 上单调递增;
(2) 对 恒成立，
当 时, 时,左边 与条件矛盾,舍去, ,
令 ,即 对 恒成立,
令 ,
当 时, 时, ,
所以 在 上单调递减; 单调递增,
故只需 .
(3)要证: 证: 即证: ,
只需证: ,
即证: ,即证: ,
令 证: ,
令 在 上单调递增,
,证毕.
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