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 