重庆市南开中学校2026届高三下学期3月质量检测（七）数学试卷（含解析）

这是一份重庆市南开中学校2026届高三下学期3月质量检测（七）数学试卷（含解析），共20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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则在复平面内，复数所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，，若，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
4．设正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列满足，当时，，则数列的最大项为（ ）
A．第2项B．第3项C．第4项D．第5项
7．过原点作直线交圆于，两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数满足：，为偶函数，且，若，则正整数的最小值为（ ）
A．21B．25C．29D．33
二、多选题
9．成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ）
A．图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大
B．图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设
C．图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分
D．图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设
10．在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（ ）
A．B．圆台的侧面积为
C．D．圆台体积的最大值为
11．已知双曲线的一条渐近线为，，是双曲线的左、右焦点，过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，点，均在轴上方，设与的内切圆半径分别为，，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．
C．若，则直线的斜率为D．的取值范围是
三、填空题
12．在中，角，，的对边分别为，，，若，，的面积为，则________．
13．若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________．
14．已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，则有且只有2支球队恰好获胜3场的情况种数为________．（用数字作答）
四、解答题
15．已知函数．
(1)求函数的最小正周期及对称中心坐标；
(2)已知，若关于的方程在区间上恰有两个不同实根，求的取值范围．
16．已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值．
17．某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下：
对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）；
对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）．
现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析．
(1)求此次分析触发预警的概率；
(2)记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”．
（i）求；
（ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？
18．已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点，在曲线上，，且的外心在直线上．
（i）若直线过点，求直线的方程；
（ii）求点到直线距离的最大值．
19．已知函数．
(1)证明：；
(2)已知数列满足：，，．记．
（i）证明：;
（ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考数据：
参考答案
1．B
【详解】因为，
所以.
2．B
【详解】，复数所对应的点为，即位于第二象限．
3．D
【详解】因为，，所以，，
由，所以，解得．
4．C
【详解】，
当且仅当，时取等．
5．A
【详解】设，则，
．
6．C
【详解】当时，由题意得，又，故；
当时，由题意得，又，故；
当时，，
因为函数在上是减函数，
故时，达到最大，故第4项为最大项．
7．C
【详解】由圆的性质知，故点的轨迹是以为直径的圆位于圆内部的－段圆弧，如图：
因为，所以的中点，且点D在圆C上，
故以为直径的圆的方程为，
设此圆与圆的两个交点为、，所以四边形是边长为1的菱形，
所以，所以为正三角形，且边长为1.
所以，，则弧的长度为．
8．C
【详解】由得，的周期为8，
由为偶函数知：，
故的图象关于对称，
，，，
，
，
欲使，必有，
而，
，
，
，故的最小值为29．
9．ABC
【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.
对于A选项，由图可知残差的方差随观测时间变大而变大，故A正确；
对于B选项，由图可知残差比较均匀地分布在水平带状区域内，满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故B正确；
对于C选项，由图知残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分，故C正确；
对于D选项，由图知残差与有线性关系，不符合题意，故D错误.
10．BC
【详解】如图设球与上底面、侧面、下底面切点为，，，
由过点作圆的切线段等长可知，即，A说法错误；
由圆台侧面积公式可知该圆台侧面积为，B说法正确；
在中由勾股定理得，解得，C说法正确；
圆台体积，
令，由可知，当且仅当时等号成立，
所以，
则，求导得在恒成立，
所以单调递增，无最大值，D说法错误.
11．ABD
【详解】由题，，可得，A正确；
如图，设为的内心，的内切圆与三边切于点，，，
，
又因，联立解得，，
设，，
，即，
由，则得，故，B正确；
，，
直线的斜率为，C错误；
设为的内心，与三边切于点，，，
，
又，两式相加可得，
，，
则，
将代入上式，可得，
因为过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，
故，因,则可得，故，D正确．
12．
【详解】因为，即，
所以，
由余弦定理，，
解得．
13．
【详解】求导得
.
若，则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，故符合要求；
若，令.
当时，解得，，
当时，，此时是开口向上的抛物线，
所以当时，，；
当时，，，
所以在处取得极大值，故符合要求；
当时，此时是开口向下的抛物线，欲使成为的极大值点，
只需，即，解得.
综上，可得实数的取值范围为．
14．360
【详解】先从5支球队中选出两支球队甲、乙恰胜3场，
由于甲乙之间存在胜负关系，故甲、乙的选法有种；
不妨设甲战胜了乙，甲还需战胜其余3支队伍中的2支队伍，故有种选择．
这样，乙必然战胜其余3支队伍．
设甲没战胜的队伍是丙，由于是恰有两支球队获胜3场，
所以除甲、乙、丙外的两支球队至少有一支队伍战胜了丙，
丙与另外两支球队的三场比赛共8种结果，减去丙全胜的2种，还有6种情况．
故所求的情况种数为．
15．(1)，
(2)
【详解】（1）
，
的最小正周期为；
令，解得，
所以的对称中心坐标为．
（2）.
令，则.
所以在上恰有两个解.
所以，解得．
所以的取值范围是．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取中点，连接，，，由于，，，
由等腰三角形三线合一可得，，，
又因为，面，可得面，从而，
同样的，又因为，面，可得面，从而，
又因为，面，可得平面．
（2）解：由于正方形，所以，又因为，
由（1）有，所以，从而有，
以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图，
由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面，
又因为可得，
所以，，，，
，，所求角的余弦为：．
17．(1)0.0547
(2)（i）（ii）答案见解析
【详解】（1）事件为“用户患病”，事件为“分析触发预警”．
由题知：，，，．
由全概率公式：
所以，触发预警的概率为0.0547．
（2）（i）由贝叶斯公式：
，
所以，在预警条件下确实患病的概率约为．
（ii）含义解释：
由（i），表示“在手环预警的条件下用户确实患病”的概率，
它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题；
是灵敏度，表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率，
反映了该手环识别真实病例的能力；
决策参考分析：对收到预警的个人而言， 的参考价值更大、更直接．
理由：该值从群体基础患病率（）显著提升至，构成了明确的个人健康风险信号，
用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据．
而描述的是该手环的整体性能，无法直接量化个人当前风险，
故对个人就诊决策的参考相对间接．
18．(1)
(2)（i）（ii）
【详解】（1）设，，
由题得①，
设，则，代入①可得，即，
所以曲线的方程为．
（2）如图所示：
由题可设直线方程为，，，
联立得，
则即，，，
由条件中垂线方程为即 ②，
同理可得的中垂线为③，
则由题联立②③消去可得，即（*）
（i）由直线过点得，则由（*）可得，
所以直线的方程为；
（ii）方法一：，
由可得，，
令，则
设，则，
令，因为，所以解得：，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，取不到，
所以的最大值为，当时等号取到，即.
方法二：设外心，到、、距离相等得，
化简得，
所以，
则，同理，
、是两根，
则有可得（*），
由可得，，
令，则
设，
则，
令，因为，所以解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，取不到，
所以的最大值为，当时等号取到，即.
19．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析
【详解】（1）法一：，
设，，，
令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
，，，，
法二：原不等式等价于，设，，
，
令，则，在上单调递增，
，，存在使得即，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，，，，
，，．
（2）（i）由题，
，
故所证不等式等价于．
法一：设，，即证，
，
令，，
令，则，
在上单调递增，，，
存在使得，在上单调递减，在上单调递增．
，，，在上单调递减，
．
法二：所证不等式等价于，
设，，即证，
，
在上单调递增，．
（ii）若存在使得，由（i）可得
，其中，
累加可得，
，，
由得，
对固定的，当时，，，，
另一方面由（1）知，
，
但当充分大时，，矛盾，
故不存在小于的常数，使得对任意的正整数成立．