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 高三年级数学 参考答案及评分细则第 10 页（共 11 页） {#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}1 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 高三年级数学 参考答案及评分细则第 11 页（共 11 页） {#{QQABLQCUoggIAAIAARhCAwVYCAEQkBEAAQoOhBAcsAIBSANABAA=}#}