数学试卷答案_251109广东省江门市2025-2026学年高三上学期11月调研测试（全科）_2026届广东省江门市高三上学期调研测试数学试题（含答案）

江门市 2025-2026 学年第一学期普通高中高三调研测试 数学答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C A C C D B B 8.【解析】取AD的中点O，连接OD,OB， 易知OD AC,OB AC， 由二面角D AC B是直二面角得OD OB， 以O为原点，OA,OB,OD所在直线分别为x轴、y轴、z 轴，建立如图所 示的空间直角坐标系，则A(2 2,0,0), B(0,2 2,0), C(2 2,0,0), D(0,0,2 2) ， 从而E( 2,0, 2), F( 2, 2,0) ，   所以EF (2 2, 2, 2)，AE ( 2,0, 2)，   所以AEEF ( 2)(2 2) 20( 2) 2 2，   EF  (2 2)2 ( 2)2 ( 2)2 2 3， AE  ( 2)2 02 ( 2)2 2，    EF 设直线EF 的单位方向向量为u，则u   ， EF       AEEF 所以点A到直线EF 的距离为 (AE)2 (AEu)2  (AE)2 (  )2 EF 2 11 33  22 ( )2   . 2 3 3 3 本题还可以转化为求VAEF 的EF 边上的高。 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。 题号 9 10 11 答案 BC ACD AC 11. 【解析】对于A选项，当AB^CD时， AB 是四面体ABCD的高，此时，四面体ABCD体积 第 1 页 共 13 页1 1 1 4 最大，最大值为V = S AB BC CD AB ，故A正确； A-BCD 3 DBCD 3 2 3 对于B选项， uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 Q AD= AB+BC+CD,\ AD =(AB+BC+CD)2 = AB +BC +CD + uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2AB BC 2BC CD 2AB CD 4+4+4+0+0+2 2 2 cos AB,CD>=12+ uuur uuur uuur uuur 8cos< AB,CD>，因为AB,CD为异面直线，则< AB,CD>Î(0,p)， uuur uuur uuur 故Q AD=12+8cos< AB,CD>Î(4,20)，从而2< AD<2 5 ，故B错误； 对于 C 选项，不妨取CD 的中点 E ，连接OE,OD ，则OE ^CD ， uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur 1 2 \CO×CD=(CE+EO)×CD=CE×CD+EO×CD= CD = 2， 2 uuur uur uur uuur uur uur 1 2 1 2 同理可得\CO×CB= CB ,CO×CA= CA ， 2 2 uuur uur uuur uur uur uur uur 1 2 1 2 1 所以CO×BA=CO×(CA-CB)= CA - CB = (CA2-CB2) 2 2 2 1 uuur uuur uuur uur = AB2 =2，从而 CO×CD=CO×BA ，故C正确； 2 对于D选项，以BC 、CD为邻边作平行四边形BCDF ，则BCDF 是矩形，故 四棱锥ABCDF的各顶点都在球O的球面上，如右图所示： 则BF BC，又因为BC AB，ABBF B，AB 、BF 平面ABF ， 所以，BC 平面ABF ，且BF CD2，因为CD//BF， 故异面直线AB 、CD所成的角为ABF 或其补角. 可将将三棱锥CABF置于圆柱OO 内，使得△ABF 的外接圆为圆O ，如右图所示： 1 2 2 2 4 3 2r  当ABF 60时，△ABF为等边三角形，则该三角形外接圆直径为 π 3 ， sin 3 16 28 设球O的半径为R，则2R2 2r2BC2  4 （此时球O也是圆柱的外接球）， 3 3 28π 此时，球O的表面积为4πR2  ； 3 当ABF 120时，由于AB  BF 2，则AFB30， 2 则△ABF 外接圆直径为2r  4， sin30 则2R2 2r2BC2 16420， 此时，球O的表面积为4πR2 20π. 28π 综上所述，球O的表面积为 或20π，D错误. 3 D选项还可以通过建立空间直角坐标系，建立方程组确定球O的半径。 故选：AC. 第 2 页 共 13 页三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 题号 12 13 14 360 13 答案 3 5 2（或表达为   ）    6 注意：填空题要么正确，要么错误。13题用近似值表示，不给分。 14.【解析】设D为BC边中点，连接OD,作OH  AC于H，即H为AC中点， uuur uuur uur uuur uur uuur 1 uuur 2 因为AOAC| AO|| AC|cosOAC| AH|| AC| AC, 2 uuur uuur uuur uuur 1uuur 2 同理AOAB|AO ||AB|cosOAB AB , 2 uuur uuur uuur 2uuur 2uuur 1 uuur uuur  则AOAG AO AD AO ABAC 3  3 2  1u A u O ur   u A u B ur  u A u C ur   1u A u B ur 2  1u A u C ur 2  1 b2c2 = 13 3 6 6 6 6 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.(13分) 已知VABC的三个内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，且asinB 3bcosA． （1）求A； （2）若a2，且VABC的面积为 3 ，求b,c． 解：（1）解法一: a b c 在VABC中，由正弦定理得：   ， ………………1分 sinA sinB sinC 因为 3bcosAasinB 所以 3sinBcosAsinAsinB ， ………………2分 因为B(0,π)， 所以sinB 0． ………………3分 所以 3cosAsinA， ………………4分 即tanA 3， ………………5分 因为A(0,π)， ………………6分 π 所以A . ………………7分 3 解法二: a b c 在VABC中，由正弦定理得：   ， ………………1分 sinA sinB sinC 因为 3bcosAasinB 所以 3sinBcosAsinAsinB ， ………………2分 第 3 页 共 13 页因为B(0,π)， 所以sinB 0． ………………3分 所以 3cosAsinA， ………………4分 3 1  即 3cosAsinA0，即2( cosA sinA) 2cos(A ) 0 ………………5分 2 2 6 因为A(0,π)，   7π 所以A ( , )，………………6分 6 6 6   所以A  6 2 π 所以A . ………………7分 3 1 3 （2）因为S  bcsinA bc 3 ， ………………8分 △ABC 2 4 所以bc4①， ………………9分  由余弦定理可得a2 b2c22bccosA，即22 b2 c2 2bccos ………………10分 3 所以b2 c2 bc4②， ………………11分 因为b 0,c 0， 由①②解得b  2,c  2. 故b  2,c  2. ………………13分 16.(15分) 如图，在三棱锥P-ABC中，BC^PC ，PA^平面ABC. （1）求证：平面PAC ^平面PBC ； （2）若AC = BC = PA=2，M 是PB的中点，点N 在线段PC上，且PN =2NC，求直线BC与平 面AMN所成角的余弦值. （1）证明：Q PA^平面ABC,BCÌ平面ABC，………………1分 \ PA^ BC，…………………2分 Q BC ^PC,PCÌ平面PAC ， PAÌ平面PAC ，PAIPC = P，…………………3分 \ BC ^平面PAC ，……………………………………………4分 Q BC Ì平面PBC ，……………………………………………5分 \平面PAC ^平面PBC .…………………………………………6分 （2）解：取AB 的中点O，连接OM,OC， 则MO//PA，从而MO^平面ABC.…………………………7分 第 4 页 共 13 页由（1）知BC ^平面PAC,ACÌ平面PAC ， 所以BC ^ AC， 又AC = BC =2， 所以DABC 是等腰直角三角形， 1 1 则AB^OC ，且OC = AB= AC2+BC2 = 2 ， 2 2 分别以OC,OB,OM 为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，…………8分 2 2 2 2 则O(0,0,0),A(0,- 2,0),B(0, 2,0),C( 2,0,0),M(0,0,1),P(0,- 2,2),N( ,- , )， 3 3 3 …………………………9分 uuur uuur uuur 2 2 2 2 2 所以BC =( 2,- 2,0),AM =(0, 2,1),AN =( , , )，…………………………10分 3 3 3  设平面AMN 的一个法向量为n  x,y,z ，   nAM  2yz 0  则   2 2 2 2 2 ， nAN  x y z 0  3 3 3 令 y  2 ，则z 2,x0，    所以n  0, 2,2 （不唯一），………………………………12分     BCn  2  2 2 6 则cosn,BC       …………13分 BC n ( 2)2 ( 2)2  ( 2)2 (2)2 2 6 6  设直线BC与平面AMN所成角为([0, ])， 2   6 则sin cosn,BC   ， …………………………………………………14分 6 30 所以cos 1sin2 6 30 故直线BC与平面AMN所成角的余弦值为 …………………………………15分 6 如果建立空间直角坐标系不同，只要合理，计算正确，则给相应的分数。 17.(15分) 在数列{a }中，a =1，a +a =3 2（n n N ). n 1 n+1 n + 第 5 页 共 13 页（1）求证： { a -2n} 是等比数列； n （2）若等比数列{b }满足b a a (0). n n n1 n （ⅰ）求的值； （ⅱ）记数列 { n2b } 的前n项和为S .若S ×S =15S (iÎN )，求i的值. n n i i+2 i+1 + 解：（1）证明：Q a +a =3´2n， n+1 n a -2n+1 -a +3´2n-2n+1 -a +2n \ n+1 = n = n =-1，………………2分 a -2n a -2n a -2n n n n \{ a -2n} 是公比为-1的等比数列. ……………………………3分 n （2）解：（ⅰ）因为a =1, 1 \a -21 =-1， 1 由（1）知a -2n =(-1)´(-1)n-1=(-1)n， n 从而a =2n+(-1)n，…………………………………………………4分 n 所以a =1,a =5,a =7,a =17，…………………………………………………5分 1 2 3 4 又b a a ， n n1 n 所以b a a 5,b a a  75,b a a 177.………………6分 1 2 1 2 3 2 3 4 3 因为{b }是等比数列， n 所以b 2 =bb ，即(75)2 (5)(177)， 2 1 3 整理得2 20，…………………………………………………7分 解得1或2. 又0， 所以2.…………………………………………………………………8分 当2时， b a a (1)n12n12[(1)n 2n]3(1)n1， n n1 n b 3´(-1)n+2 则 n+1 = =-1， b 3´(-1)n+1 n 第 6 页 共 13 页故{b }是等比数列，符合题意. n 所以2.……………………………………………………………………………9分 （ⅱ）由（ⅰ）可知n2b =3´(-1)n+1n2，………………………………………10分 n 当n为偶数时， S =3´[12-22 +32-42 +L+(n-1)2-n2] n = 3´[(1+2)´(1-2)+(3+4)´(3-4)+L+(n-1+n)(n-1-n)] =-3´[3+7+L+(2n-1)] 3 =- n(n+1),………………………………………11分 2 当n为奇数时， 3 3 S = S -(n+1)2b =- (n+1)(n+2)+3(n+1)2 = n(n+1),……………………12分 n n+1 n+1 2 2 ìï3 ï ï n(n+1),n为奇数 ïï2 综上，S =í ………………………………………………………13分 n ï 3 ï ï- n(n+1),n为偶数 ï ïî 2 易知S ×S >0， i i+2 又S ×S =15S (iÎN )， i i+2 i+1 + 故S >0， i+1 所以i为偶数.………………………………………14分 3 3 3 从而[- i(i+1)]´[- (i+2)(i+3)]=15´ (i+1)(i+2)， 2 2 2 整理得i2 +3i-10=0， 解得i=-5（舍去）或i= 2， 所以i的值为2. …………………………………………………………………………15分 18.(17分) 如图,在六面体ABCDEF 中，侧面ADEF 是直角梯形，ADDE，AF//DE， DE2AF 2，底 面ABCD是矩形，且BC+CD=3.设CD=t，二面角EADC的大小为，六面体ABCDEF的体积 为V . （1）求证：BF//平面CDE； （2）当t2时，求V 关于的函数解析式，并求V 的最大值； （3）若平面BEF 平面BCE，当取得最大值时，求V 的值． （1）证明： 方法一： 因为底面ABCD是矩形， 第 7 页 共 13 页所以AB//CD， 又AB平面CDE,CD平面CDE， 故AB//平面CDE，………………………………1分 直角梯形ADEF 中，AF//DE， 同理可得AF //平面CDE，……………………2分 因为ABAF  A，AB,AF 平面ABF ， 所以平面ABF//平面CDE，……………………3分 又因为BF 平面ABF ， 所以BF//平面CDE.…………4分 方法二： 取DE的中点G，连接CG,FG. 因为侧面ADEF 是直角梯形，ADDE, AF//DE,DE2AF 2， 所以四边形ADGF是矩形，且AD//FG,ADFG，……1分 又因为底面ABCD是矩形， 所以AD//BC, ADBC，……2分 从而FG//BC,FGBC， 所以四边形BCGF是平行四边形， 所以BF//CG，…………………………………………3分 又因为BF 平面CDE,CG平面CDE, 所以BF//平面CDE.……………………………………4分 （2）解： 解法一（切割法）： 取DE的中点G，连接CG,FG，CF。 在矩形ABCD中，ADCD， 在直角梯形ADEF 中，AD DE， 所以CDE是二面角EADC的平面角，……………………………5分 因为二面角EADC的大小为， 所以CDE， 同理，BAF是二面角EADC的平面角，BAF  因为CDDED,CD平面CDE,DE平面CDE， 所以AD平面CDE， 同理，AD平面ABF ， 从而FG平面CDE，ABF DCG 是直三棱柱。……………………………6分 当t 2时， 1 由题意得AF DGEG DE1,CD2,FG ADBC3CD321， 2 1 则S S  CDDGsinCDE sin，………………………………………7分 CEG CDG 2 1 1 又因为V V V  S FG sin， 三棱锥ECFB 三棱锥ECFG 三棱锥FCEG 3 CEG 3 2 所以V V V  sin，……………………………8分 四棱锥EBCGF 三棱锥ECFB 三棱锥ECFG 3 V S ADsin，…………………………………………………………9分 三棱柱ABFDCG CDG 第 8 页 共 13 页2 5 从而V V V sin sin sin，(0,) 三棱柱ABFDCG 四棱锥EBCGF 3 3 π 5 当 时，V 取得最大值 .…………………………………………………………………10分 2 3 解法二（补形法）： 如图，延长AF到P，使得AF  FP，连接EP,BP. 则由题易知四边形ADEP是矩形，AD//EP,ADEP， 在矩形ABCD中，ADCD， 在直角梯形ADEF 中，ADDE， 所以CDE是二面角EADC的平面角，…………………5分 因为二面角EADC的大小为， 所以CDE， 同理，BAF是二面角EADC的平面角，BAF  因为CDDED,CD平面CDE,DE平面CDE， 所以AD平面CDE， 同理，AD平面ABF ， 从而EP平面CDE，ABPDCE 是直三棱柱。……………………………6分 当t 2时，由题意得 1 AF FP DE 1,ABCD2,EP ADBC 3CD321， 2 1 1 则S S  ABAFsinBAF  21sinsin，…………………………7分 BPF BAF 2 2 1 1 S  CDDEsinCDE 22sin2sin，……………………………………8分 CDE 2 2 所以V S AD2sin， 三棱柱CDEBAP CDE 1 1 V  S EP sin，……………………………………………………………9分 三棱锥EBPF 3 BPF 3 1 5 从而V V V 2sin sin sin，(0,) 三棱柱CDEBAP 三棱锥EBPF 3 3 π 5 当 时，V 取得最大值 .……………………………………………………………10分 2 3 解法三（切割法）： 由题意，在矩形ABCD中，ADCD， 在直角梯形ADEF 中，AD DE， 所以CDE是二面角EADC的平面角，…………………5分 因为二面角EADC的大小为， 所以CDE， 同理，BAF是二面角EADC的平面角，BAF  因为CDDED,CD平面CDE,DE平面CDE， 所以AD平面CDE， 同理，AD平面ABF ，……………………………6分 过点E作CD的垂线，交直线CD于H， 第 9 页 共 13 页由AD平面CDE，EH 平面CDE， 所以ADEH，且ADDC D， 所以EH 平面ABCD， 即EH 是四棱锥EABCD的高，…………………………7分 由DE2,CDt 2,BC 3CD3t 1， 则EH 2sin()2sin， 1 1 4 所以V  S EH  212sin sin，…………………………8分 EABCD 3 ABCD 3 3 由AF//DE，DE平面 ABF ，AF 平面ABF ，所以DE//平面ABF ， 又因为AD平面ABF ，且AF 1， 1 1 1 1 所以V V  S AD  21sin1 sin，…………………9分 EABF DABF 3 ABF 3 2 3 5 所以V V V  sin，0,π， EABCD EABF 3 π 5 当 时，V 取得最大值 .…………………………………………………………………10分 2 3    （3）过点D作DC的垂线，交直线CE于点G，分别以DA,DC,DG为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标 系如图所示，………………11分 则D0,0,0,A3t,0,0,C0,t,0,B3t,t,0,E0,2cos,2sin， F3t,cos,sin，……………………………………………12分   在平面BEF中，BF 0,cost,sin,EF 3t,cos,sin，  设平面BEF的一个法向量为m  x ,y ,z ， 1 1 1    mBF  y  cost z sin 0 则  1 1 ，   mEF  3t  x y cosz sin0 1 1 1 t 令y sin，则z tcos,x  sin， 1 1 1 3t   t  所以m  sin,sin,tcos  ，…………………………………………………13分 3t    在平面EBC中，CB3t,0,0,CE 0,2cost,2sin，  设平面EBC的一个法向量为n  x ,y ,z ， 2 2 2    nCB3tx 0 则   2 ，  nCE y 2costz 2sin0 2 2  令y 2sin，则z t2cos,x 0，所以n 0,2sin,t2cos，………14分 2 2 2 因为平面BEF和平面BCE垂直， 第 10 页 共 13 页  所以mn0，即2sin2tcost2cos0， 1 2 整理可得cos t ，……………………15分 3 t  因为0,，0t3， 2 2 2 所以cos t  2， 3 t 3 当且仅当t  2 时，等号成立， 2 故当取得最大值时，即cos取得最小值 2，……………………………………16分 3 2 1 5 此时，V V V  t3tsin t3tsin t3tsin， EABCD EABF 3 6 6 2 由t  2 ，cos 2 ，0,π， 3 1 所以sin 1cos2 ， 3 5 1 15 210 则V   2(3 2)  .………………………………………………17分 6 3 18 如果建立空间直角坐标系不同，只要合理，计算正确，则给相应的分数。 19.(17分) 若a,b,c,dR ，且abcd ，则dcba的值叫做 a,b  U  c,d 的“区间长度”.已知函数  t  1  π 3π 1  f xcosx tcosx ，x   ,  ，t ,2.  2 2  2 2  2  1 （1）当t1时，求关于x的不等式 f x 解集的“区间长度”； 2 （2）设关于x的不等式 f x0解集的“区间长度”为I ． （ⅰ）若I π，求t的值； （ⅱ）求I 的最大值． 解：（1）t1时，  1 1 1 f xcosx cosx cos2x ，  2 2 4 1 3 由 f x cos2x ， 2 4 3 3 故cosx 或cosx ， ………………1分 2 2  π 3π 因为 f x的定义域为  , ，    2 2  第 11 页 共 13 页π π 5π 7π 所以  x 或  x ， ………………2分 6 6 6 6 π π 7π 5π 2π 所以 f x0解集的“区间长度”为     ； ………………3分 6 6 6 6 3  t  1  1 （2）（ⅰ）因为cosx tcosx 0， t2，  2 2 2 t 1 1 t 1 1 所以cosx 或cosx ，其中  1, 1  ………………4分 2 2t 4 2 2t 4  π 3π 因为 f x的定义域为  , ，    2 2  t π π 所以设cosx 的两个根为x ,x ，其中  x 0 x  ，且x x 0， ………5分 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 同理，设cosx 的两个根为x ,x ， 2t 3 4 π 3π 其中  x π x  ，且x x 2π， ………………6分 2 3 4 2 3 4 所以x  x x 或x  x x ， 1 2 3 4 π 所以I x x x x 2π2x x ，又I π，所以x x  ，………………7分 2 1 4 3 1 3 1 3 2 t  1  1 其中cosx cosx    ， 1 3 2  2t 4 π  1 即cosx cos x  ， 1 2 1 4 1 1 由诱导公式得cosx sinx  ，即sin2x  ， 1 1 4 1 2 π π 5π π 5π 又 x 0，解得2x  或2x  ，故x  或x  ， …………8分 2 1 1 6 1 6 1 12 1 12  π  π π π π π π 所以t2cosx 2cos 2cos  2cos cos 2sin sin 1  12 6 4 6 4 6 4 3 2 1 2 6 2 2  2   ， ………………9分 2 2 2 2 2  5π 5π π π π π π π 或t2cosx 2cos 2cos  2cos  2cos cos 2sin sin 1  12 12 6 4 6 4 6 4 3 2 1 2 6  2 2  2   ， 2 2 2 2 2 6 2 6 2 所以t  或t . ………………10分 2 2 1 1 （ⅱ）由（ⅰ）可得cosx cosx  ，即cos2 x cos2 x  ， 1 3 4 1 3 16 即  1sin2 x  1sin2 x  1sin2 x sin2 x sin2 x sin2 x  1 ， ………………11分 1 3 1 3 3 1 16 因为sinx 0,sinx 0， 1 3 所以sin2 x sin2 x 2sinx sinx ，当且仅当sinx sinx 0时，等号成立， 1 3 3 1 3 1 第 12 页 共 13 页所以sin2 x sin2 x 2sinx sinx ， 1 3 3 1 1 所以12sinx sinx sin2 x sin2 x  ， ………………12分 1 3 3 1 16 1 所以sinx sinx 12  ， 1 3 16 1 1 所以sinx sinx 1 或sinx sinx 1 ， 1 3 4 1 3 4 由于1sinx 0,0sinx 1， 1 3 故sinx sinx 1,1， 1 3 所以sinx sinx 10,2， 1 3 1 所以sinx sinx 1 舍去， 1 3 4 1 故sinx sinx 1 ， ………………13分 1 3 4 1  3 1 所以cosx x cosx cosx sinx sinx 1     ， ………………14分 1 3 1 3 1 3 4  4 2 π π 因为 x 0，  x π， 2 1 2 3 所以0 x x π， 1 3 1 π 由cosx x  ，可得x x  ， ………………15分 1 3 2 1 3 3 1 π 2π 当且仅当sinx sinx 0，且cosx cosx  ，即x  ,x  时等号成立，……16分 1 3 1 3 4 1 3 3 3 所以I 2π2x x  4π ，故I 的最大值为 4π . ………………17分 1 3 3 3 第 13 页 共 13 页