26届数学高三上期中考试-答案_2025年11月_251117河南省郑州市第一中学2025-2026学年高三上学期期中_河南省郑州市第一中学2025-2026学年高三上学期期中数学试卷（含答案）

2025～2026 学年上学期期中考试 26 届 高三（数学）试题答案 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. C 2. B 3.D 4. C 5. A 6. B 7. D 8. A 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. B C D 10. AC 11. A B D 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 9 12. 13. 21x2 14. 3 3 4 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或验 算步骤。 15．（13分）【详解】（1）由题可得如下22列联表： 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超 150 50 200 过2小时 周平均服务时长不 50 50 100 超过2小时 总计 200 100 300 .....................2分 设零假设 高三（数学）答案 第1页（共6页） H 0 ：“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”无关，.......3分 300(150505050)2 可得2  18.7510.828x ，......................5分 200100200100 0.001 所以根据小概率值0.001的独立性检验，可以认为 H 0 不成立， 即认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关.. ..............6分 （2）依题意，X 的可能取值为0,1,2,3，从全省的志愿者队伍中随机抽取一位志愿者， 1 取到周平均服务时长超过2小时且不是“志愿模范队”成员的志愿者的概率为 .....7分 65 3 125 故PX 0   ， 6 216 高三（数学）答案 第2页（共6页） P  X  1   C 13  1 6   5 6  2  2 7 5 2 , P  X  2   C 23   1 6  2  5 6  5 7 2 , P  X  3    1 6  3  2 1 1 6 . ..............10分 故X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 2 2 1 5 6 25 72 5 7 2 2 1 1 6 ..............11分 125 25 5 1 1 1 1 则数学期望EX0 1 2 3  ．或者EX3  ....13分 216 72 72 216 2 6 2 16．（15分）【详解】（1）由 3 c  a s i n B  3 a c o s B ，根据正弦定理可得 3 s i n C  s i n A s i n B  3 s i n A c o s B ， .........1分 由ABCπ，则sinCsinABsinAcosBcosAsinB， .........2分 可得 3 s i n A c o s B  3 c o s A s i n B  s i n A s i n B  3 s i n A c o s B ， .........3分 由0Bπ，即sinB0，则 3cosAsinA，即tanA 3， .........5分 根据 0  A  π π ，解得A . .........7分 3 （2）由（1）有 S △ A B C  1 2 b c s i n A  1 2 b c  2 3  4 3 b c ， .........8分 由DC 2DB有： S A D C  2 3 S A B C  2 3  4 3 b c  6 3 b c ， .........10分 又由余弦定理有：a2 b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc， .........12分 当bc3时，等号成立，所以 b c  a 2  9 3 3 3 3 ，所以S  bc 9 ，...14分 ADC 6 6 2 3 3 所以△ADC面积的最大值为 . .........15分 217．（15分）【详解】如图，以 高三（数学）答案 第3页（共6页） A 为坐标原点，AB所在直线为 x 轴，AD所在直线为 y 轴， 过点A与平面 A B C D 垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则 B  3 , 0 , 0  , D  0 , 3 , 0  ，     P 1,0, 3 ,M 1, 3,0 . .........1分 （1） P B   2 , 0 ,  3  ， P M   0 , 3 ,  3  ，由 P N  1 3 P B ，可得 P N   2 3 , 0 ,  3 3  2 2 3 ，MN PNPM  , 3,  .........2分   3 3   证明：设平面 P A D 的法向量为 m   x , y , z      ，AP 1,0, 3 ，AD 0, 3,0 ，  APmx 3z0， 则 解得  ADm 3y0，  x  y   0 3 ， z ， 令 z  1 ，得 m    3 , 0 ,1  . .........4分 因为 M N  m   2 3 3  0  2 3 3  0 ，所以 M N  m . .........6分 又MN 平面 P A D ，所以MN//平面 P A D . .........7分 （2） A M   1 , 3 , 0  ，设 P N  t P B   2 t , 0 ,  3 t  ， t   0 ,1  ，则 A N  A P  P N   1  2 t , 0 , 3  3 t  ， .........9分 设平面AMN的法向量为nx,y,z ，则 1 1 1  n  A N n   A  1 M  2  t  x 1 x 1   3 3 y 1  1   0 t ，  z 1  0 ， 取x  3t1，则 1 n   3  t  1  ,1  t , 2 t  1  ， ........11分 mn 33t2t1 13 则 cos m，n    ， .........12分 mn 2 3t121t22t12 4 化简得： 1 0 0 t 2  2 0 t  1  0 1 ，解得t  ， ........14分 10 PN 1 所以  . ........15分 PB 1018．（17分）【详解】（1）由椭圆 高三（数学）答案 第4页（共6页） Γ : x 4 2  y 3 2  1 ，得 a 2  4 , b 2  3 , c 2  1 ，所以 a  2 , c  1 ， 所以△AFF 的周长为 1 2 2 a  2 c  6 ； .........2分 （2）设 Q  x 0 , y 0   x 0  0 , y 0  0  ，由 S A B Q  S F F1 Q2 1 1 ，得 AB x  FF y ， 2 0 2 1 2 0 所以 3 x  y ，即 0 0 3 x 20  y 20 ， .........4分 x2 y2 3x2 2 5 又因为 0  0 1，所以0 y2 3 0 3x2，解得 x 2， .........6分 4 3 0 4 0 5 0 即点 Q 2 5  的横坐标的取值范围为 ,2； .........8分   5   C   2 , 0  , D  2 , 0  ，设直线CP的方程为 y  3 k  x  2  （3） ， 直线DQ的方程为 y  k  x  2  , k  0 ，.........9分 联立  x 4y 2   k y 3 2 x   1 2  ，消 y 得  4 k 2  3  x 2  1 6 k 2 x  1 6 k 2  1 2  0 ，则 2 x Q  1 6 4 k k 2 2   1 3 2 ， 所以 x Q  8 4 k k 2 2   6 3 ，所以 y Q  k  8 4 k k 2 2   6 3  2   4  k 1 2 2  k 3 ，故 Q  8 4 k k 2 2   6 3 , 4  k 1 2 2  k 3  ，..11分 联立  x 4y 2   3 y 3 k 2   x  1 2  ，消 y 得  1 2 k 2  1  x 2  4 8 k 2 x  4 8 k 2  4  0 48k24 ，则2x  ， P 12k21 24k22 24k22  12k 24k22 12k  故x  ，故y 3k 2 ，故P , ，13分 P 12k21 P  12k21  4k23  12k21 12k21 当x x ，即 P Q k 2  1 4 时， k P Q  8 4  1 2 k 2 4 k  2 k  6 2 k  3 3    1 2 k2 1 2 k 2 2 4 k 2 1 2 k   1 1 2  1  4 k 4 k 2 ，则直线PQ的方程为 12k 4k  8k26 4k y  x ，即y x1，过定点F 1,0，........14分 4k23 14k2  4k23 14k2 1当x x ，即 P Q 高三（数学）答案 第5页（共6页） k 2  1 4 时，此时x x 1，直线 P Q P Q 过定点F 1,0， .......15分 1 设Hx,y，因为 A H  P Q , A O  O F 1 ，所以过点A,H,O(O为坐标原点)三点的圆即为过 点A,F,O(O为坐标原点)三点的圆，因为 1  x  1  x  y  y  3   0 过原点，点 F 1   1 , 0  ，   点A 0, 3 ，所以过点 A , H , O ( O 为坐标原点 )  1 2  3 2 三点的圆是定圆 x    y   1  2  2  .........17分 19．（17分）【详解】（1）当 x （ 0 , π ] 时，令 g  x   x e x  s in x ， g   x    x  1  e x  c o s x ， 令mxx1excosx,mxx2ex+sinx0,所以gxmx单调递增，...1分 当x（0,π]时gxx1excosxg0e0cos00，所以gx在（0,π]上单调递增， .........2分 所以 g  x   x e x  s in x  g  0   0 ，即得 x e x  s in x sinx ，所以 f x x； .........3分 ex sinx （2）因为 f x x0，所以 ex f   x   c o s x e x e  2 e x x s in x  c o s x  x e s in x  2 c o s e x x  π 4  ， .........4分 又因为 e x  0 ，当 c o s  x  π 4   0 时，即 x    3 π 4  2 k π , π 4  2 k π  k  N  或 x   0 , π 4  ， f   x   0 , f  x   π 单调递增；当cosx 0时，即  4 x   π 4  2 k π , 5 π 4  2 k π  k  N ， f   x   0 , f  x  sinx 单调递减；所以函数 f x x0的单调增区间为 ex   3π 2kπ, π 2kπ    kN ，  4 4   0 , π 4  π 5π  ，单调减区间 2kπ, 2kπ(kN)；....6分 4 4   π 2cosx  π π π 令 fx  4 0 ，即得x 4  2 kπ，所以x 4 kπ,kN， ex sinx 结合单调区间知函数 f x x0的极值点为x ， ex n因为 高三（数学）答案 第6页（共6页） x 1  π 4 , x 2  5 π 4 , π π π  ，所以x  n1π，即得x x  nπ n1π π， n 4 n1 n 4  4   所以x 是以 n π 4 为首项，以 π 为公差的等差数列； .....8分 （3）由（2）知 x n  π 4   n  1  π = n π  3 π 4 ,n  N * ，则 f  x n   s in  n π  n π e   3 π4 3 π 4   e n 2 2 π  3 π4 ， a 因为不等式  f x  对一切nN*恒成立，即不等式ax f x  对一切nN*恒成立， x n n n n .........10分 2 令 hnx f x    nπ 3π  2 ， n n  4  nπ 3π e 4 因为 h  n  1   h  n    n π + π 4  e 2 2 n π + π4   n π  3 π 4  e n 2 2 π  3 π4  2 2  n π n e + π + π 4π4  n π e n  π  3 π 4 3 π4  ， x 1x 令tx ,tx ，当 ex ex x   0 ,1  , t   x   1  e x x  0 , t  x  单调递增， 1x 当x1,,tx 0,tx单调递减， ...........13分 ex 故当 n  2 时， n π + π 4  n π  3 π 4  1 , n π n e + π + π 4π4  n π e n  π  3 π 4 3 π4 当 n  1 时 5  e π , 5 π 45 π e 4  π 4π e 4 ， 所以当n1时， h  n  1   h  n   2 2  n π n e + π + π 4π4  n π e n  π  3 π 4 3 π4   0 ，所以 h  n  单调递减， 2 π 所以 hn h1 2 4  2π ， .........16分 max π π e4 8e4   2π 所以a的取值范围是 , .........17分  π  8e4 