湖北荆州中学2026届高三上学期11月月考数学答案_2025年12月_251201湖北荆州中学2026届高三上学期11月月考（全科）_湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题（含答案）

荆州中学 2026 届高三年级 11 月综合测试 3  x y  3
梯形性质可知, OR 中点 M 到 AA 的距离就是中位线长,所以 s  .由 x2  y2 xy 3 h ,可得:
1 2 4 0
数学参考答案
3 3  x y 2
1.【答案】  x y 2 3
4
h
0
xy3
4
h
0
 
 2


,当且仅当 x  y 时等号成立.所以  x y 2 4h
0
,所以
2.【答案】 
3  x y  3 4h 3 4h
3.【答案】  s   0 .所以最大值为 0 .
2 2 2
4.【答案】 
a b
15.【答案】解：(1)由正弦定理,asinB  3bcosA,  ,
5.【答案】  sinA sinB
6.【答案】  sinAsinB 3sinBcosA ,
7.【答案】  0 B,sinB0 ,则 tanA 3 .
8.【答案】  D 2
0 A,A .
9.【答案】BCD 3
10.【答案】ACD (2) ΔABC 中， c3 ， b5 ，a2 b2 c2 2bccosA 49,a 7 BD .

11.【答案】
又 ABCD 内接于圆,且 BDBC 7 ,故点 D 在优弧 BC 上,且 BDC  .
3

12.【答案】
1  49 3
17 BCD 为等边三角形,S  BDBCsin  ,
13.【答案】[26，8] BCD 2 3 4
14.【答案】 8 ;  2  3 4h 0 又 S  1 ABACsin 2  15 3 ,
3 2 ABC 2 3 4
(1)
【解析】(1)若旋转过程中,在某时刻水面 恰好经过 A,B 1 ,C 1 三点,此时水的体积 S 四边形 ABCD  S ABC S BCD 16 3 .
1 8
V V V 24816 ,所以在初始状态 V  34h16 ,所以可以得到 h . 16.【答案】解： 当 时， ，
棱柱 A
1
AB
1
C
1 2 3
8 (1)  ≥2，   =   +   −1
(2)结合第(1)问，当 hh  时，水面经过 BC 时，依旧与棱 AA 相交， 当
0 3 1 1 1
∴即   −   −1 =   +   −1 ，
水面 经过点 A 后，水面 的形状变为直角梯形 OPQR  BC  平面
1 1 (  为  −正项  数  −列1)，(   +   −1)=   + ，   −1
ACC A ,所以必为直角梯形 ) .此时如图所示， RQ OR ，且由于 PQ 与 OR 共 ∵   ∴   =   +   −1 >0
1 1
∴所以  数  列−   −1 是=首1项为 ，公差为 的等差数列，
面，所以两条直线相交，且交于各自所在平面 ABB A 和平面 ACC A 的交线
1 1 1 1
故 { ，   } 1 1
AA
1
上，所以 OAPRA
1
Q 为台体.根据体积相等可知，V
OAPRAQ
V
柱
V
水
246h
0
.设 OA3x,A
1
R 3y ，
又由   =  ， 也适合，
1   3
则 OP 4x,RQ 4y ,则可得: V  AA  S S  S2 S ,即 x2  y2 xy 3 h ,由 所以   =   +   −1 =  +  −1=2  −1(  ≥2)  1 =1
OAPRA 1 Q 3 1 OAP RA 1 Q OAP RA 1 Q 4 0
=2  −1. · ，
1 1 1 1 1
(2)     +1 =(2  −1)(2  +1)=2(2  −1−2  +1)
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1 3
{#{QQABTYyQggCAApBAAAhCAw0SCgMYkAGAAIgGABAUMAAAgQFABAA=}#}， 4 4y 12 4y 12
∴直线AC的方程为 y  (x4)4 令x3，则 y  1 ∴M(3, 1 )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y 4 y 4 y 4
∴由   =2(1−3+恒3成−立5可+得⋯，+2  −1−2  +，1)= 2−4  +2<2 1 1 1
2 2 4y 12
解得4   <  −或  ， 2≤  −  同理，N(3, 2 ) 设以MN 为直径的圆与x轴的交点T(t,0)，则
y 4
2
即所求  ≤实−数1 的  范≥围2是 或
 4y 12  4y 12  
17.【答案】  （1）甲胜  的≤概−率1为．  ≥ 2. MT (t3, 1 ) NT (t3, 2 )，且MT NT 0
y 4 y 4
1 2
4y 12 4y 12
∴  t3 2  1  2 0
y 4 y 4
1 2
4y 12 4y 12 16  y 3  y 3 
∴  t3 2  1  2  1 2
y 4 y 4  y 4  y 4 
1 2 1 2
y y 3  y  y 9 1234m9 3  4m1 
16 1 2 1 2 16 16 12
y y 4  y  y 16 1244m16 4  4m1 
1 2 1 2
∴t 2 33或t 2 33
 
∴以MN 为直径的圆在x轴上截得的弦长 2 33 2 33 4 3
19.【答案】【解析】(1) 1 ;
   x3 
(2)证明:对 x 0,  ,令 h  x  f  x g  x tanxx  ，所以 h  0 0 ；
 2   3 
所以 h x   1tan2x    1x2   tan2xx2  tanxx  tanxx  ;
 
令
x
tanxx,
x
1tan2x1tan2x0 ,所以
x

在区间 0,  上单调递增,
 2 
所以
x

0
0
,
18.【答案】【解析】（1）由题意，得y2 4x
 
又 x 0, ,tanxx0 ,所以 h x 0 .
（2）设直线l的方程为xmy3，与y2 4x联立，消去x得， y2 4my120，  2 
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 y  y  4m， y y 12；  
1 1 2 2 1 2 1 2 所以 h  x  在区间 0,  上单调递增,所以 h  x h  0 0 .
 2 
y 4 4
y2 y 2 k  1 
A( 4 1 ,y 1 ),B( 4 2 ,y 2 ) C(4,4)则 AC y 1 2 4 y 1 4 所以对 x  0,  , f  x  g  x  .
4  2 
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2 3
{#{QQABTYyQggCAApBAAAhCAw0SCgMYkAGAAIgGABAUMAAAgQFABAA=}#}(3)假设存在隔离曲线 H  x  ,则 g  0  f  0 0 ,所以 H  0 c0 .   
x  0,  恒成立;所以 a .(i
 2  6
又因为
f
x
1tan2x,g
x
1x2
,所以
f
0
 g
0
1,H
x
2axb,H
0
b
.
由条件①②可知， a 不存在
 
令 M  x  H  x g  x  ,m  x  f  x H  x  ,x 0,  . 所以不存在曲线 H  x ax2 bxc ,使得 H  x  为隔离曲线.17分
 2 
x3  
若 b1 ,则 m x  f x H x  ,m 0  f 0 H 0 1b0 ,则存在 x 0 0 ,使 m x 0 ,对 方法 2: xax2 xtanx,x  0,  成立,
3  2
 
x 0,x 0  ,于是 m  x  在  0,x 0  上单调递减,所以 m  x 0 m  0 0 ,这与 H  x  f  x  ,对 x   0, 2   恒   x a ①  
3 ，由①得 a 代入②可得 x2 xax2 x tanx ,
成立矛盾,所以 b1 ;
 ax2 x tanx ② 6 6
若 b1 ,则 M x  H x g x  ,M 0  H 0 g 0 b10 ,则存在 x 0 ,使 M x 0 ,   3  3 1 3 1  3  1.74 5 1.74
1 令 x  可得
 
  ,则
 
 
 
  ,即  ,该式不成立.
6  6  6 3 2 2  6  6 3 8 3
 
对 x 0,x 1  ,于是 M  x  在  0,x 1  上单调递减,所以 M  x 1 M  0 0 ,这与 g  x H  x  ,对 x   0, 2   a 不存在,所以不存在曲线 H  x ax2 bxc ,使得 H  x  为隔离曲线.
恒成立矛盾,所以 b1 ;
综上, b1,H  x ax2 x .
 
方法1:若 H  x ax2 xtanx ,对 x  0,  恒成立,
 2 
 
所以只用 m  x  f  x H  x tanxax2 x0 ,对 x  0,  恒成立,且 m  0 0 ,
 2 
注意到
m
x
tan2x2ax
,且
m
0
0,m
x
2tan3x2tanx2a,m
0
2a
,若 a0 ,则
m 0 2a0 ,于是存在一个 x 0 ,使得对 x 0,x  ,都有 m x 0 ,所以 m x  在区间  0,x  单调递
2 2 2
减,从而,对
x
0,x
 ,m
x
m
0
0
,从而 m

x

在区间

0,x

单调递减,所以,对
2 2
 
x 0,x 2  ,m  x m  0 0,m  x 0 ,对 x   0, 2   恒成立矛盾,所以必有 a0.1
1  
若 H  x ax2 x x x3 ,对 x  0,  恒成立,
3  2 
1  x   x
所以只用 M  x  H  x g  x ax2  x3  x2 a  0 ,对 x  0,  恒成立;所以只用 a ,对
3  3  2  3
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3 3
{#{QQABTYyQggCAApBAAAhCAw0SCgMYkAGAAIgGABAUMAAAgQFABAA=}#}