黑龙江省牡丹江市第一高级中学2026届高三下学期3月阶段测试数学试题（含答案）

2023 级高三学年下学期阶段性测试 数学试题
时长: 120 分钟 分值: 150 分
一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在每小题给出的四个选项 中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数 满足 ( 为虚数单位),则 ( )
A. 1 B. C. D.
2. 已知集合 ，若 ，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
3. 已知递增的等比数列 满足 ,则 的公比 ( )
A. 6 B. 3 C. 2 D.
4. 已知 是直线 上一点，过点 作圆 的切线，切点分别为 ,则 面积的最大值为 ( )
A. B. C. 1 D. 2
5. 已知偶函数 在 上是减函数,若 ,则 的大小关系为( )
A. B. C. D.
6. 2025 年东南现代农博会·花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目:漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验. 现有甲、乙、丙、 丁、戊 5 名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目, 其中甲和乙选择体验漆扇绘梦, 不同的体验方案共有 ( )
A. 6 种 B. 12 种 C. 18 种 D. 24 种
7. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ,点 为双曲线 上位于第一象限内的一点， 为 的内心， 交 轴于点 ，且 ，直线 的斜率为 ，则双曲线 的离心率为( )
A. B. C. 2 D.
8. 已知关于 的方程 有两个实数根,则实数 的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
二、选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的选项中, 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. 下列说法正确的是( )
A. 数据 的第二十五百分位数是 1
B. 若用不同的模型拟合同一组数据,则决定系数 越大的模型,拟合效果越好
C. 已知随机变量 ,若 ,则
D. 依据分类变量 与 的成对样本数据,计算得到 ,则依据 的独立性检验, 可以认为两个变量没有关联
10. 函数 的部分图象如图所示,则下列说法中正确的是 ( )
A. 的图象可由 的图象向左平移 个单位长度得到
B. 在区间 上单调递增
C. 的图象关于直线 对称
D. 关于 的不等式 的解集为
11. 如图,在矩形 中, 分别为 的中点. 现将 沿 翻折，得到三棱锥 ，则在 翻折的过程中，下列说法正确的是( )
A. 三棱锥 体积的最大值为
B. 三棱锥 外接球半径为
C. 存在某个位置使
D. 直线 被三棱锥 外接球截得的线段长的取值范围为
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 已知 的展开式中 的系数为 -80 ,则
13. 设 是定义在 上的偶函数,对任意的 ,都有 ,且当 时, . 设 ,若函数 在左开右闭区间 上恰有 3 个不同的零点，则实数 的取值范围是_____.
14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸, 是中国古老的传统民间艺术之一. 在新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花 (如左图). 已知正方形 的边长为 4,中心为 ,四个半圆的圆心均在正方形 各边的中点 (如右图). 若点 位于半圆弧 的中点， 的值为_____；若点 在四个半圆的圆弧上运动,则 的取值范围是_____
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. 在 中，内角 的对边分别为 . 已知 . ( 1 )若 ， ，求 的外接圆的半径；
(2)若 ，求 的面积.
16. 第十五届全国运动会于 2025 年 11 月 9 日在广州开幕，11 月 21 日在深圳闭幕，是粤港澳三地首次联合承办的全国性体育盛会.此次赛事融合了体育竞技与大湾区文化特色, 彰显了粤港澳大湾区深度融合，丰富了“一国两制”的实践. 其中公路自行车赛是唯一的一项联结粤港澳三地的标志性跨境赛事，运动员需 6 次无间断通过三地口岸，每次通关通过人脸识别、 北斗定位等技术无感查验, 甲运动员每次通关查验顺利的概率为 0.99 , 且各次查验相互独立. 舞龙舞狮更是首次纳入全运会群众展演项目，粤港澳联队由 6 名广东选手、 1 名香港选手和 1 名澳门选手组成，团队表演的难度系数分为 A、B、C 三个等级，对应的得分概率如下表:
难度等级 得分区间 得分概率(广东选手) 得分概率(香港选手) 得分概率(澳门选手)
级 8-10 分 0.7 0.65 0.6
级 6-7 分 0.25 0.3 0.35
级 4-5 分 0.05 0.05 0.05
(1)在公路自行车赛中，求甲运动员 6 次通关查验全部顺利通过的概率，以及至少有 1 次查验不顺利的概率 (结果均保留四位小数);
(2)从粤港澳联队选手中任选 2 人分别作为狮头和狮尾进行“南狮自选赛”的表演，设这 2 人中广东选手的人数为 ,求 的分布列和均值;
(3)从粤港澳联队中随机选取 1 名选手完成指定群众展演项目表演，已知该选手的得分在 8-10 分, 求该选手是广东选手的概率 (结果保留三位小数).
17. 已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)讨论函数 的单调性.
18. 已知抛物线 ,过点 作抛物线 的两条切线 ,且 , 点 关于 轴的对称点为 ,点 是抛物线 上的两个点.
(1)求 ；
(2)若 为坐标原点，直线 经过点 ，且 的面积为 12，求直线 的方程；
(3)若直线 不经过点 ，且直线 与直线 的斜率之积为 4，过点 作直线 垂直. 于点 ,求点 到 的准线 距离的最大值.
19. 离散曲率是用于描述多面体顶点处局部几何性质的一个概念, 它考虑了与该顶点相邻的各个面之间的角度关系,其定义如下: 设点 是多面体 的一个顶点,则称
(其中 为多面体 的所有与点 相邻的顶点,且平面 ,平面 ,平面 为多面体 的所有以 为公共点的平面) 为多面体 在点 处的离散曲率. 如图,已知多面体 由四棱锥 和直四棱柱 拼接而成,其中四边形 是菱形,且 ,四棱锥 的顶点 在平面 上的射影为四边形 的中心，多面体 在点 处的离散曲率为 .
(1)若直四棱柱 是正方体，求二面角 的余弦值；
(2)设多面体 在点 处的离散曲率为 .
(i) 求 的取值范围;
(ii) 当四棱锥 的体积取得最大值时，求 的值(保留小数点后两位). 参考数据: , , .
1. D
由复数的运算法则可得答案.
由复数 满足 (i 为虚数单位),
可得 ,
所以 .
故选: D.
2. C
解一元二次不等式求得集合 ,利用交集的意义可求得实数 的取值范围.
由 ,得 ,解得 ,所以 ,
又 ,所以 ,所以实数 的取值范围是 .
故选: C.
3. B
由等比数列的性质可得 的值,结合 以及 为递增数列可得 和 的值,从而可得公比 .
由 ,解得 或 ,
因为 是递增数列,所以 ,则 ,又 为递增的等比数列,所以 . 故选: B.
4. A
应用点到直线距离得出 最小时,利用面积公式结合角的范围即得.
: 圆心 到直线 的距离 ,所以 ,
设 ,所以 ,所以 ,
则 面积
故选: A.
5. C
根据偶函数的性质, 结合对数的运算性质、指数函数的单调性进行求解即可.
因为函数 是偶函数,
所以 ,
因为 ,且函数 在 上是减函数,
所以 ,即 .
故选: C
6. B
分类讨论, 漆扇绘梦有甲、乙两人体验, 丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦, 剩下两人分别体验另外两个项目, 第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验, 糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验, 剩下一人体验剩余的项目根据分类原理即可计算.
根据题意可知第一类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验, 丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦,
剩下两人分别体验另外两个项目,则有 种方案,
第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验，
则有 种方案,综上总共有 12 种方案.
故选: B
7. D
利用内心的性质得出相应线段比例关系,进而求出 ,利用斜率推出相应角的余弦值,再利用余弦定理构造方程求出 的关系,最后利用离心率公式计算求解.
为 的内心,
为角平分线交点,
又 ,故 ,
,
,
又 ,
直线 的斜率为 ,
在 中,由余弦定理得 ,
整理得 ,故 正确.
故选: D.
8. A
由条件可得 ,令 ,结合函数单调性确定 ,条件可转化为 有两个实数根,利用导数研究函数 的图象, 结合图象可求 的取值范围.
由 ,得 ,
因为函数 为函数,函数 是增函数,
所以函数 在 上单调递增,
令 ,则 ,
由 可得 ,
所以 有两个实数根等价于 有两个实数根,
构造函数 ,则 ,
令 ,解得 ,令 ,解得 ,
因此函数 在 上单调递增,在 上单调递减,
则 .
考虑到当 时,函数 的增长速度远远快于函数 的增长速度,
因此 ,
当 ,且 时,函数 的图象会无限逼近于函数 的图象,
因此 ,
作出直线 和 的大致图象,如图所示,
要想保证函数 的图象与函数 的图象有两个交点,
只需满足 ,
所以 ,
故选: A.
9.
根据百分位数的计算公式即可求解 A: 根据决定系数的定义即可求解 B: 根据二项分布的方差和期望的公式即可求解 C; 根据独立性检验的性质即可求解 D.
对于 A: 8 个数从小到大排列,因为 ,所以取第 2 个数与第 3 个数的平均数,得 ,故 A 正确;
对于 : 由决定系数 越大,残差平方和越小,即模型的拟合效果越好,故 正确;
对于 : 由二项分布的均值与方差公式可得 ,可解得 ,故 正确;
对于 D: 由 ,依据 的独立性检验,可以认为两个变量有关
联, 故 D 错误.
故选: ABC.
10. ABC
根据给定的函数图象, 结合“五点法”作图求出函数解析式, 再根据正弦函数的单调性、对称性, 结合三角函数图象的平移变换, 逐项判断作答.
由图象得 ,即 ,而 ,则 ,
,又 ,则 ,
解得 ,函数 的最小正周期 ,由图象知 ,
则 ,
对于 图象向左平移 个单位得到 的图象, 正确;
对于 ,当 时, ,函数 在 上单调递增, 正确;
对于 的图象关于直线 对称, 正确;
对于 ,由 ,得 ,则 ,
解得 错误.
故选: ABC
11. BD
对 ,当平面 平面 时,三棱锥 的体积最大,结合棱锥体积公式求体积判断；对 ，由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断；对 ，利用相似得到 ，利用反证法可得 平面 ，得 判断；对 ，分析直线 被球 截得的线段长与二面角 的大小有关,求出二面角在临界值时的情况,即可得到线段长的取值范围.
对于 ,当平面 平面 时,点 到平面 的距离最大,
又 ,所以此时三棱锥 的体积最大,
在 中,由等面积法可得高 ,
所以三棱锥 体积的最大值为 ，故 A 错误；
对于 ,在 翻折的过程中, 和 都是直角三角形,
所以两个三角形的外接圆圆心都在 的中点处,故三棱锥外接球球心为 的中点,半径为 ,故 B 正确;
对于 ,如图,在矩形 中连接 ,由 ,所以 ,则 ,
假设存在某个位置使 ,又 平面 ,且 ,
所以 平面 ,又 平面 ,
所以 ,又 平面 ,
所以 平面 ,
又 平面 ,故 ,即 ,
这与 矛盾，故 不成立，故 C 错误；
对于 ,因为球心为 的中点 ,连接 ,所以 ,
又因为直线 被三棱锥 外接球截得的线段长为 ,其中 为球心 到直线 的距离,
所以 的长度和二面角 的大小有关,夹角越大,线段越长.
当二面角 大小接近 时,直线 被球 截得的线段长最长,趋于直径 ,
当二面角 大小接近 时,直线 被球 截得的线段长最短,
如图翻折后,此时 ,则 ,
所以 ,则 ,又 ,
,
所以此时直线 被球 截得的线段长 ,
综上,直线 被球 截得的线段长的取值范围是 ,故 正确.
故选: BD.
12. -2
利用二项式定理的展开式求指定项的系数即可.
的展开式的通项为:
则 的系数为 ,解得 ,所以 .
故答案为: -2 .
13.
首先根据对称性,周期性画出函数 在区间 的图象,再在同一坐标系下作出函数 的图象,由函数 的零点个数,转化为两个函数图象的交点个数,列式求解.
因为 是定义在 上的偶函数,则 ,函数 图象关于 轴对称,
且 ,即 的周期为 4 .
作出函数 在 上的图象,
根据 的对称性及周期性,可得出 在 上的图象,
若函数 在左开右闭区间 上恰有 3 个不同的零点,
则在区间 上关于 的方程 恰有 3 个不同的实数根,
则函数 与函数 在 上恰有 3 个不同的交点;
所以 ,解得 .
故答案为:
当位于半圆弧 中点时, ,用 ,然后由数量积的运算律计算可得 ,计算 时,建立如图所示的平面直角坐标系,写出半圆弧方程,得出其上点的坐标的范围,用坐标计算 ,然后求得结论.
当 位于半圆弧 中点时, ，而 ，所以 ，
以 为 建立平面直角坐标系,如图,
由已知 ,
因此半圆弧 的方程为 (在直线 上方的部分),
在半圆弧 (包括端点)上，则 ，
,
又 ,所以 ,
由对称轴,当 在半圆弧 (包括端点)
上时, ,
同理当 在半圆弧 (包括端点)上时有 ，在半圆弧 (包括端点) 上时有 ，
综上， ，
故答案为: .
15. (1)1.
(2)
(1) 利用正余弦定理化简题设条件,推得 ,求得 ,由勾股定理判断 为直角三角形，即可求得 的外接圆的半径；
(2)由余弦定理可得 ,结合题设条件推得的结论 ,求得 ,再利用三角形的面积公式即可求得答案.
(1)在 中，由 和正弦定理可得:
,
再由余弦定理得: ,整理得 .
因为 ,则 . 因 ,故 为直角三角形,
所以 的外接圆的半径为 .
(2)因为 ，又 ，所以 .
由余弦定理, ,可得 ,
又 ,且 ,代入化简,可得 . 解得 ,
则 的面积为 .
16. (1)因为甲运动员每次通关查验顺利的概率为 0.99 ，且各次查验相互独立，
所以甲运动员 6 次通关查验全部顺利通过的概率为 ;
至少有 1 次查验不顺利的概率为 .
(2) 的可能取值为 0,1,2,
所以 的分布列列表为:
0 1 2
1 28 3 7 15 28
所以 的均值为 .
(3)从粤港澳联队中随机选取 1 名选手完成指定群众展演项目表演，则该选手是广东选手的概率为 ,是香港选手的概率为 ,是澳门选手的概率为 .
记“选手的得分在 8-10 分”为事件 ，记“该选手是广东选手”为 ，“该选手是香港选手”为 ， “该选手是澳门选手”为 .
由题可知, .
所以,若已知该选手的得分在 8-10 分,则该选手是广东选手的概率为 0.771 .
17.(1) 时, ,
则 .
又 ,则 ,
故曲线 在点 处的切线方程为 .
(2)函数 的定义域为 ，
令 ,得 或 ,
当 ,即 时, ,
故 在 上单调递增.
当 ,即 时,
当 时, 单调递增;
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
当 ,即 时,
当 时, 单调递增;
当 时， 单调递减；
当 时, 单调递增.
综上所述,当 时, 在 上单调递增;
当 在 和 上单调递增,在 上单调递减;
当 时, 在 和 上单调递增,在 上单调递减.
18.
(2) 或 .
(3)
(1) 设过点 的抛物线 的切线方程为 ,联立切线方程与抛物线方程,化简得 ,则 ,即 . 设切线 的斜率分别为 ,根据 及韦达定理即可求解;
(2)由(1)知 ， . 设直线 的方程为 ，联立直线 方程与抛物线方程,化简得 ,则 . 设 , 根据韦达定理、弦长公式及点到直线的距离和三角形面积公式即可求解;
(3)设直线 的方程为 ，联立直线 方程与抛物线方程，化简得 ,则 ,设 ,则由韦达定理得 , . 根据斜率公式可知 ,整理得 . 又直线 不经过点 ,所以 ,则 ,所以直线 的方程为 , 即直线 恒过定点 . 由 ,得 ,解得 或 .
解法一: 由题知直线 的方程为 联立直线 与直线 的方程,可得 ,则点 到 的准线 的距离 . 令 , 根据对勾函数的单调性和基本不等式分类讨论即可求解;
解法二: 连接 ,由 可知点 在以 为直径的圆 上, 所以点 到 的准线 的距离的最大值为圆心 到 的准线 的距离加上半径,即 ,验证取得最大值时的点 是否符合题意即可求解.
(1)设过点 的抛物线 的切线方程为 ,
联立得 ,化简得 ,
则 ,整理得 .
设切线 的斜率分别为 ,
因为 ,所以 ,得 ,即 ,
解得 .
(2)由(1)知 ， .
直线 的斜率不可能为0, 设直线 的方程为 ,
联立得 ,化简得 ,
则 .
设 ,则 ,
则 , 点 到直线 的距离为 ,
则 ,即 ,
整理得 或 ,
解得 或 ,
故直线 的方程为 或 .
(3)
设直线 的方程为 ,
联立得 ,化简得 ,则 ,即 ,
设 ,则 .
.
又 ,所以 ,即 ,
,代入得 ,即
即 ,即 ,即 .
又直线 不经过点 ,所以 ,则 ,
所以直线 的方程为 ,因此直线 恒过定点 .
由 ,得 ,解得 或 .
解法一 由题可知,直线 的方程为 ,
由 得 ,
则点 到 的准线 的距离 .
令 ,
根据对勾函数的单调性可知:
若 ,则 ,且 ,即 .
若 ,则 ,当 ,即 时, ;
当 ,即 时, ,且 ,即 ;
当 ,即 时,由基本不等式可知: ,当且仅当 ,
即 时取等号.
因此点 到 的准线 距离的最大值为 .
解法二 连接 ,因为 ,所以点 在以 为直径的圆 上, 所以点 到 的准线 的距离的最大值为圆心 到 的准线 的距离加上半径,即
此时 ,满足题意,(因为点 的轨迹不是一个完整的圆,因此要验证取得最大值时的点 是否符合题意) 因此点 到 的准线 距离的最大值为 .
19.
(2) (i) ; (ii) 0.34
(1) 找二面角 的平面角,求出 的正弦值,根据二面角 与二面角 的关系求得二面角 的余弦值.
(2)(i)根据离散曲率的定义将 用 表示出来，根据角及线段的范围求得 的取值范围.
(ii) 写出四棱锥 体积的表达式,利用换元法,简化体积的表达式,构造函数, 利用导数研究函数的单调性与最值,得四棱锥 的体积取得最大值时 的值.
(1)由题易得四棱锥 是正四棱锥，
如图,连接 ,设 ,连接 ,取 的中点 ,连接 ,
则 ,
则 是二面角 的平面角.
因为多面体 在点 处的离散曲率为 ,
所以 ,
易知 ,所以 ,
又 ,故 ,又 ,所以 ,
故 ,
易知二面角 的大小为 ,
所以 ,
因此二面角 的余弦值为 .
(2)(i)由题可得 ，所以 ，
则 ,
因为 ,所以 ,解得 .
由(1)可知， ，
在 中， ，
又 ,
所以 ,
则 ,得 ,故 的取值范围为 .
(ii) 四棱锥 的底面积为 ,
则四棱锥 的体积为
,
令 ,则 ,
令 ,
则 .
考虑到 的两个根分别为 和 ,
其中 ,
则函数 在区间 上单调递增,
在区间 上单调递减,
因此当 时,函数 取得最大值,
故当 时,函数 取得最大值.
因此当四棱锥 的体积取得最大值时， ，
即 .