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) 第 页，共 页 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  第 页，共 页 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 第 页，共 页 3 3 {#{QQABTYyQggCAApBAAAhCAw0SCgMYkAGAAIgGABAUMAAAgQFABAA=}#}