高三年级数学参考答案_2025年8月_250825河南省天立教育2025-2026学年高三上学期开学考试_河南省天立教育2025-2026学年高三上学期开学联合考试数学试题

天立教育 2025－2026 学年秋期入学联合考试
高三年级数学参考答案及评分细则
第Ⅰ卷 选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B C A D B B
题号 9 10 11
答案 ACD ABC AD
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．B
【分析】将香菌、新笋、豆腐干看作一个元素，利用捆绑法结合倍缩法求解.
【详解】因为香菌、新笋、豆腐干一起下锅，把它们捆绑在一起，看作一个元素，
此时共有5个元素，其中鸡汤最后下锅，放在最后一个位置，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，
A4
定序问题用倍缩法，共有 4 12种不同的排列方式.
A2
2
故选：B.
2．D
【分析】根据给定条件探求出EF FG，再借助向量积计算作答.
【详解】因空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为a，则CABCAD60，
         uuur uuur
ACBD AC(ADAB) ACADACABa2cos60a2cos60 0，即 AC BD ，
     
因E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则有EF //BD,AC//GF，即有EF FG，EF FG，
a      a2
而EF FG ，则EGF 45，GEGF  GE GFcos45 | GF|2  ，
2 4
  a2
所以GEGF 等于 .
4
故选：D
3．B
高三年级数学 参考答案及评分细则第 1 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}1 1
【解析】由蒲生长构成首项为a 4，公比为q  的等比数列，其前n项和为S 8( )n3，又由莞生长构成首项
1 1 2 n 2
为b 4，公比为q 2的等比数列，其前n项和为T 2n 1，根据T 4S ，列出方程，即可求解.
1 1 n n n
1
【详解】由题意，蒲第一天长高四尺，以后蒲每天长高前一天的一半，所以蒲生长构成首项为a 4，公比为q 
1 1 2
1
4[1( )n]
的等比数列，其前n项和为S  2  8( 1 )n3，
n 1 2
1
2
又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，则莞生长构成首项为b 4，公比为q 2的等比数列，其前n项
1 1
1[12n]
和为T  2n 1，
n 12
1
又因为T 4S ，即2n14[8( )n3]，解得n5.
n n 2
故选：B.
【点睛】本题主要考查了等比数列的实际应用，其中解答中认真审题，熟练应用等比数列的通项公式和前n项和公
式，列出方程求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
4．C
【分析】根据两圆的位置关系建立圆心距与半径关系的不等式，求解即可.
【详解】圆C 的方程可化为x2y2 mm0，则圆心为C 0,0，半径r  m ；
1 1 1
圆C 的方程可化为x32y42 36，则圆心为C 3,4，半径r 6．
2 2 2
圆C 与圆C 有公共点，
1 2
r r  CC r r ，
1 2 1 2 1 2
即 m6  302 402 m6 ，
  m6 5,
 解得1m121．
  m65,
故选：C
5．A
【分析】先求得 QF ,QF ，然后利用余弦定理列方程，化简求得ab，进而求得双曲线的离心率.
1 2
 
【详解】因为存在非零实数使得FPOQ，所以OQ∥PF ，O是FF 的中点，所以Q为FP的中点，
2 2 1 2 1
b bc
因为PF OP，所以点Fc,0到渐近线y x，即bxay0的距离 PF  b ，
1 1 a 1 a2b2
b
又 OF c，所以cosPFO ，
1 1 c
高三年级数学 参考答案及评分细则第 2 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}1 b b
QF  PF  ，则由双曲线的定义可知 QF  QF 2a 2a ，
1 2 1 2 2 1 2
b2  b 2
4c22a

在QFF中，由余弦定理，得cosQFF  4  2  b ，
1 2 1 2 b c
2 2c
2
整理，得ab，
c a2+b2 2a2
所以双曲线的离心率为e= = = = 2.
a a2 a2
故选：A
6．D
【分析】由题意函数 f xe3xxa 0恒成立，可得到a为正奇数，讨论x的范围，参变分离转化成恒成立问题，
定义新函数求导求最小值，从而得到a的最大值.
【详解】当a为正偶数时，当x2时， f(2)e6 (2)a 0，不合题意，所以a为正奇数，
则当x0时，xa 0e3x 恒成立，只需研究x0时，e3x xa 0恒成立即可，
3x 3x
当x1时，e310成立，则当x(0,1)时，a ，因为此时 0，所以恒成立.
lnx lnx
3x
当x(1,)时，a 恒成立，
lnx
3x 3(lnx1)
设g(x) ,x(1,)，则g(x) ，
lnx (lnx)2
令g(x)0，得xe，
当x(1,e)时，g(x)0，g(x)单调递减，
当x(e,+)时，g(x)0，g(x)单调递增，
所以g(x) g(e)3e8.2 ，又因为a为正奇数，
min
所以a的最大值为7.
故选：D
7．B
【分析】利用点直线的距离公式即可判断A；根据抛物线的定义和两点坐标求距离公式即可判断B；利用反证法即
可判断C、D；
 p 
【详解】A：F的坐标为 ,0，因为F到直线yx1的距离为 2，
2 
p
1
所以 2 ，所以 p2，所以A不正确；
 2
2
2 x
B：设点M(x ,2 x )在x轴上方，则直线PF的斜率为k  0 ，
0 0 PF x 1
0
高三年级数学 参考答案及评分细则第 3 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}2 x 4 x
所以直线PF的方程为y 0 (x1)，所以点P(1, 0)，
x 1 x 1
0 0
16x 2x  2
所以 PF  4 0  0 ，由选项A可知， MF  x 1，
x 22x 1 1x 0
0 0 0
x 22x 1 PF 2
所以 PM  PF  MF  0 0 ，则  ，
1x PM x 1
0 0
PF 2 PF 1
所以  1，即 (1)2 ，
PM PF PM PF
PF 1
所以 ， ，1成等差数列，故B正确；
PM PF
C：若存在M点使得OMF 是等边三角形，
1 1 3
则OMF 边长为1，且M点的横坐标 ，纵坐标为 2，此 OM  2 1，
2 4 2
所以OMF 不可能是等边三角形，故C错误：
D：若存在M点使得OMF 是等腰直角三角形，
1 2 p
则必有 FM  OF  1 ，故D错误.
2 2 2
故选：B
8．B
【分析】由已知，根据给的式子写出其通项，分别写出第3项的系数与倒数第3项的系数得到关于n的方程，先求
解出n，即可确定其展开式二项式系数最大在第几项.
 2  n 2 n5r
【详解】  x   的展开式通项为T Cr( x)nr( )r Cr2rx 2 ，
 x2 r1 n x2 n
n10
第3项为 T C222x 2 ，其系数为C n 222，
3 n
倒数第3项为 T Cn2·2n2·x 10 2 4n ，其系数为C n n22n2，
n1 n
高三年级数学 参考答案及评分细则第 4 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}C222 1
由题意， n 24n  22，所以n6，
Cn22n2 4
n
所以展开式中二项式系数最大的项为C3，即为展开式的第4项.
6
故选：B.
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．ACD
【分析】利用三棱柱性质可得A正确，再根据空间向量的运算法则计算可得B错误，C正确，由模长以及夹角余弦
值计算可得D正确.
   
【详解】对于A，由题意得BC BC  ACAB，可知A正确；
1 1
    1  1     1 1
对于B，BOBB BO AA  BC  AA  ACAB  AA  AB AC，即B错误；
1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2
     1 1  1 1
对于C，AO ABBO ABAA  AB AC  AA  AB AC，即C正确；
1 2 2 1 2 2
对于D，易知  A  O       A  A  1  1 2  A  B   1 2  A  C    2   A  A  1 2  1 4  A  B  2  1 4  A  C  2   A  A  1   A  B    A  A  1   A  C   1 2  A  B    A  C 
1 17 34
 41111   ，即D正确.
2 2 2
故选：ACD
10．ABC
【分析】对于AD：根据概率的性质结合古典概型分析求解；对于BC：根据概率性质结合条件概率分析求解.
【详解】由题意可知：A1,3,5,7,B1,2,3,4,C  3,4,6,8，
4 1
可得PAPBPC  .
8 2
1
对于选项A：因为ABC 3，则PABC ，
8
所以PABCPAPBPC，故A正确；
对于选项B：因为C 1,2,5,7，则BC 3,4,BC 1,2，
可得PB∣C 2  1 ,P  B∣C   2  1 ，
4 2 4 2
所以PB∣CP  B∣C  ，故B正确；
2 1
对于选项C：因为AB1,3，所以PA|B  ，故C正确；
4 2
6 3
对于选项D：因为BC 1,2,3,4,6,8，所以PBC  ，故D错误；
8 4
故选：ABC.
高三年级数学 参考答案及评分细则第 5 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}11．AD
【分析】利用数列的单调性的定义逐项判断即可.
n1 n (n1)2n(n2)
【详解】对于A.a a    0，所以a a ，
n1 n n2 n1 (n2)(n1) n1 n
所以a 为递增数列，故A正确；
n
1
对于B，a  n1 n  ，所以a 为递减数列，故B错误；
n n1 n n
对于C，因为a n23n，则a 2，a 2，所以a 不单调，故C错误；
n 1 2 n
1 1 1
对于D，a a 2n1 2n 2n 0，所以a a ，所以a 为递增数列，故D正确.
n1 n 2n1 2n 2n1 n1 n n
故选：AD.
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 18 32
【分析】将x101化为

x11

10 1，展开后观察对应项可得；先求x，然后将x101转化为(31)101，展开可得.
【详解】因为x101

x11

10 1
C0 x110C1 x19L C8 x12C9 x1C101
10 10 10 10 10
所以C0 x18C1 x17L C8  x1210x8 x1 2 f x axb ，所以a10，b8，所以ab18．
 10 10 10
若axb32，即10x832，则x4，
所以x1014101(31)101
C0 310C1 39C9 3C101
10 10 10 10
34(C0 36C1 35C6)C7 33C101
10 10 10 10 10
34(C0 36C1 35C6)403453432
10 10 10
故所求的余数为32．
故答案为：18,32
5 1
13． / 5
3 3
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
高三年级数学 参考答案及评分细则第 6 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}3 AB 4 AF
则cosABF   ，sinABF  1cos2ABF   1 ，
1 5 BF 1 1 5 BF
1 1
即 AB : AF : BF 3:4:5，
1 1
可设 AB 3k， AF 4k， BF 5k，
1 1
由 AB  AF  BF  AF  BF  AF  BF 4a，则4k3k5k 4a，即3k a，
1 1 2 2 1 1
AF 2a AF 2k，在RtAFF 中， FF  AF 2 AF 2 2 5k 2c，
2 1 1 2 1 2 1 2
2c 2 5k 5
则e   .
2a 6k 3
5
故答案为： .
3
14．30
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出数列a 所有非负数项即可作答.
n
a a
【详解】在等差数列a 中，S  1 44 28，则a a a a 14，而a 6，
n 4 2 2 3 1 4 3
于是a 8，公差d a a 2，因此a a (n2)d 2n12 ，
2 3 2 n 2
由a 0，得n6，显然数列a 是递减等差数列，前6项都是非负数，从第7项起为负数，
n n
a a
所以S 的最大值为S S  1 66 30.
n 5 6 2
故答案为：30
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．(1)证明见解析
209
(2)
19
【分析】（1）作辅助线，借助三角形全等得到PBC30，证明PO AD，POBC，进而证明PO平面ABCD，
再利用面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求相关点及向量的坐标，再求平面PBD、平面EBD的法向量，利用向量的夹角公式求
二面角PBDE 的余弦值即可.
【详解】（1）因为PAB是等边三角形，所以PA PB AB2.
如图，延长AD,BC 交于点O，连接PO，
高三年级数学 参考答案及评分细则第 7 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}因为底面ABCD为等腰梯形，所以AOBO，
所以△PAO≌△PBO ，故PBCPAD30，
因为CD∥AB，AB2，CD1，
所以CD为VAOB的中位线，所以AO2AD 3，
在AOP中，PA2,PAD30，利用余弦定理可得PO2 PA2AO22POPAcosPAO，可得PO1，
所以PO2AO2 PA2，所以PO AD，
同理可得POBC.
又AD,BC平面ABCD，ADBC O ，所以PO平面ABCD.
因为PO平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.
（2）由（1）知以O为坐标原点，以O与线段AB的中点所在直线为x轴，过O且平行于AB的直线为y轴，OP为z
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0 ，P0,0,1，A  2,1,0  ，B  2,1,0  ，D   2 , 1 ,0  ，E   2 , 1 , 1 ，
   
 2 2   2 2 2
     2 1    2 3    1
所以PB 2,1,1 ，PD

, ,1

，DB

, ,0

，DE0,0, .
 2 2   2 2   2
r
设平面PBD的法向量为mx ,y ,z ，
1 1 1
 m    P  B  0   2x 1 y 1 z 1 0  x  3 2 y
则由   得 2 1 ，解得 1 2 1，
mPD0 
 2
x
1

2
y
1
z
1
 0 
 z 1 2y 1
  3 2 
取y 1，则m ,1,2，
1   2  
r
设平面EBD的法向量为n x ,y ,z ，
2 2 2
高三年级数学 参考答案及评分细则第 8 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#} n  D  B  0   2 x  3 y 0   3 2 
则由 n  D  E  0 得 

2 2
z 
2
0
2 ，取y 2 1，则n    2 ,1,0   .
2
9
  1
  mn 2 209
则cos m,n      ，
m n 19 11 19

2 2
209
易知二面角PBDE 为锐二面角，所以二面角PBDE 的余弦值为 .
19
16．(1) 2
(2)证明见解析
 
【分析】（1）由双曲线的定义得出a，再由点M 3, 5 代入双曲线的方程求出b2 4，最后求出C的离心率；
   
（2）由两角差的正切公式结合斜率公式得出tanPAQtanPBQ，再由PAQ0, ，PBQ0, 证明
 2  2
PAQPBQ.
【详解】（1）由题意知  PF  PF  QF  QF 8，即4a8，（双曲线的定义）所以a2.
1 2 1 2
  9 5
将M 3, 5 代入双曲线的方程得  1，解得b2 4，
4 b2
c
所以c2 a2b2 8，故C的离心率e  2.
a
（2）由（1）可知双曲线C的方程为
x2

y2
1，A2,0，B2,0 .
4 4
不妨设点P在Q的上方，Px,y ，Qx ,y  .
1 1 2 2
y y
则tanPAB 1 ，tanQAB 2 ，（点拨：直线的斜率等于其倾斜角的正切值）
x 2 x 2
1 2
y x 2 y x 2
又x2y2 4，x2y2 4，所以 1  1 ， 2  2 ，
1 1 2 2 x 2 y x 2 y
1 1 2 2
y y x 2 x 2
1  2 1  2
tanPABtanQAB x 2 x 2 y y
则tanPAQtanPABQAB   1 2  1 2
1tanPABtanQAB y y x 2 x 2
1 1  2 1 1  2
x 2 x 2 y y
1 2 1 2
y x 2y x 2
 2 1 1 2 .（两角差的正切公式的应用）
y y x 2x 2
1 2 1 2
y y
又tanPBA 1 ，tanQBA 2 ，
x 2 x 2
1 2
y y
 1  2
tanPBAtanQBA x 2 x 2
所以tanPBQtanPBAQBA  1 2
1tanPBAtanQBA y y
1 1  2
x 2 x 2
1 2
y x 2 y x 2
 1 2 2 1 ，所以tanPAQtanPBQ
x 2x 2y y
1 2 1 2
高三年级数学 参考答案及评分细则第 9 页（共 11 页）
{#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}   
又PAQ0, ，PBQ0, ，所以PAQPBQ.
 2  2
 
17． 22 2,
【分析】函数 f x既存在极大值又存在极小值等价于方程2x2a2xa10 在区间1,上有两个不相等
的实数根，得到不等式组，解出答案即可
【详解】解：由 f xx2axlnx1可得 fx2xa 1 
2x2a2xa1
x1，
x1 x1
∵ f x既存在极大值又存在极小值，
∴方程2x2a2xa10 在区间1,上有两个不相等的实数根，
22aa10

2a
需满足 1 ，

4


(a2)2 8(a1)0
解得a22 2，
 
故所求实数a的取值范围为 22 2, .
18．（1）证明见解析；（2）4．
1 2
【分析】（1）由题转化为F(x) f(x)g(x)  x2lnx x3 0在区间[1,)上恒成立，即证；
2 3
（2）由题知 f x  f x   m，即求.
1 2 max
1 2
【详解】（1）设F(x) f(x)g(x) x2lnx x3，
2 3
1
(1x)
 1x2x2
则 F(x)x 2x2  ，
x x
在区间[1,)上，2x2x10，1x0，
所以当x[1,)时，F(x)0，F(x)单调递减，
1
且F(1) 0，
6
故x[1,)时，F(x)0，
1 2
所以 x2lnx x3，
2 3
2
所以在区间[1,)上函数 f(x)的图象恒在函数g(x) x3的图象的下方．
3
1 1
（2）由 f(x) x2lnx，得 f(x) x ，
2 x
当x[1,e]时， f(x)0，
1
所以 f(x)  f(e) e21，
max 2
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f(x)  f(1) ．
min 2
存在x 1 ，x 2 [1,e]，使 f x 1  f x 2 m成立等价于 f x 1  f x 2   max m，
e2 1
即 f(x)  f(x)  1  m，
max min 2 2
e21 2.721
  4.145，
2 2
故满足条件的最大整数m为4．
19．(1)3
1314
(2)
4
【分析】
（1）根据二项式的x3项的系数是22680解得a的值；
（2）运用赋值法解决问题，先对已知的二项式中的x赋值2，再对已知的二项式中的x赋值0，得到两个方程，联
立方程组求解得出答案.
【详解】（1）解：（1）二项式a2x7的展开式中含x3的项为C3a42x3 280a4x3，
7
∴280a4 22680，
则a4 81，
又a0，解得a3．
（2）由（1）可得a2x7  12x1

7 a a x1a x17，
0 1 7
令x2，则a a a  1271①，
0 1 7
令x0，则a a a a  1 27 37②，
0 1 2 7
371
∴由① ＋② 可得：a a a a  ；
0 2 4 6 2
37 1
由① －② 可得：a a a a  ．
1 3 5 7 2
371 371 1314
∴a a a a a a a a    .
0 2 4 6 1 3 5 7 2 2 4
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