2026届高三第3次月考（教师版）(1)_2026年1月_260103海南省海口市海南中学2025-2026学年高三上学期12月月考

海南中学 2026 届高三年级第三次月考数学试题
时间：120 分钟 满分：150 分
命题、审核：李园、杨菲
一、单项选择题：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．若复数za23a22a4iaR为纯虚数，则a（ ）
A．2 B．1 C．0 D．1 或2
【答案】B
a23a20
【详解】由题意可得： ，解得：a1.
2a40
2．已知集合A x 0 x2  ，B x1 x3  ，则AC B=（ ）
R
A． 0,1  B．0,1 C．2,3 D． 2,3 
【答案】A
【详解】由B x1 x3  ，则C B {x|x1或x3，又A x 0 x2  ，则AC B (0,1].
R R
3．不等式 2x11的一个充分不必要条件是（ ）
1 1 1
A．  x B．0x1 C．1 x2 D．1 x
3 2 2
【答案】A
【详解】对于B：由 2x11得12x11，解得0x1，显然0x1为充要条件，错误；
1 1 1 1
对于A：因为  x 能推出0x1，0x1不能推出  x ，
3 2 3 2
1 1
所以  x 是不等式 2x11的充分不必要条件，正确；
3 2
对于C：因为1 x2不能推出0x1，0x1能推出1 x2，
所以1 x2是不等式0x1的必要不充分条件，错误；
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1 1
对于D：因为1 x 不能推出0x1，0x1不能推出1 x ，
2 2
1
所以1 x 是不等式0x1的既不充分也不必要条件，错误.
2
      
4．△OAB，点P在边AB上，AB3AP，设OAa,OBb，则OP=（ ）
1 2 2 1
A． a b B． a b
3 3 3 3
1 2 2 1
C． a b D． a b
3 3 3 3
【答案】B
    1  1    2 1 2  1 
【详解】依题意，OPOAAPOA ABOA OBOA  OA OB a b.
3 3 3 3 3 3
    1
5．已知ABC所在平面内的动点M满足AM  xAC yAB，且实数x，y形成的向量a(x ,y)
2

与b(1,2)向量共线，则动点M的轨迹必经过ABC的（ ）
A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心
【答案】D
 1   1
【详解】a(x ,y)与b(1,2)向量共线，故2x  y0，即2xy1，
2  2
则  A  M   x  A  C   y  A  B  变形为  A  M   x  A  C  12x  A  B  ，即  A  M    A  B  x   A  C  2  A  B   ，
    
   
所以BM x BCAB x BCBA ，
 
取AC的中点E，则BM 2xBE，所以动点M的轨迹必经过ABC的重心.
6．若函数 f xexax在区间 0,1 上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．  0, 1  B．  1,e2 C．1,e D．  0, 1 
 2  e
【答案】C
【详解】由已知得 fxex a，明显 fx 为单调递增函数，
若函数 f xexax 在0,1上有极值点，
则e0a0且ea0，解得1ae.即a1,e.
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7．如图，为了测量某塔楼的高度，将一无人机（视为质点）飞升至离地面高为h 米的点A 处
时，测得塔尖C 的俯角为α，无人机沿水平方向飞行b 米后至点B 处时，测得塔尖C的俯角
为β，则塔尖C距离地面（ ）
btantan btantan
A．h 米 B．h 米
tantan tantan
btanatan btantan
C．h 米 D．h 米
tanatan tantan
【答案】D
【详解】作CD AB于D，如图：
CD CD CD CD
则AD ,BD ，而ADBDb，即  b，
tan tan tan tan
btantan btantan
解得CD ，所以塔尖C距离地面h .
tantan tantan
x2 y2
8．已知F ，F 分别为双曲线C:  1  a0,b0 的左、右焦点，过F 作C的两条渐近线的
1 2 a2 b2 2
5
平行线，与渐近线交于M 、N两点.若cosMFN  ，则C的渐近线方程为（ ）
1 13
1 2 3
A．y x B．y2x C．y x D．y x
2 3 2
【答案】B
5
【详解】易知点M ，N关于x轴对称，令MFF ，cos2 ，
1 2
13
1cos2 1 5  9 4
cos2  1  ，sin21cos2 ，
2 2 13 13 13
sin2 4 2
tan2  ，tan (负值舍去)，
cos2 9 3
 b  c bc
y x x
 
 a  2 c bc 2a 2
由  ，可得M , ，则tan  ，
 y b xc  y bc 2 2a 3 c 3
 a  2a 2
b
 2，渐近线方程为y2x.
a
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{#{QQABBQa0wgIQgIbACT5qB0WkCwqYkJChLAgExVAcOAYjgRFAFIA=}#}海南中学2026届高三年级第三次月考数学试题 命题、审核：杨菲、李园
二、多项选择题：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．下列说法正确的是（ ）
A．过点 1,2 且垂直于直线x2y30的直线方程为2xy0
B．过点P1,2且在x、y轴上截距相等的直线方程为2xy0
C．曲线x2 1 y0过点  0, 1 的最短弦长为 1
2  8 2
D．已知圆C :x12 y2 1，圆C :x42 y2 a，若两圆公切线有三条，则a4且其中一
1 2
条公切线的方程为x2
【答案】ACD
【详解】对于A：与直线x2y30垂直的直线斜率为2，故所求直线为y22(x1)，
即2xy0，故A 正确；
x y 1 2
对于B：若截距都不为0时，令直线为  1a0，则  1，解得a3，
a a a a
此时直线方程为x y30，若截距都为0时，令直线为ykx，则k 2，此时直线方程为2xy0，
过点P1,2且在x、y轴上截距相等的直线方程为2xy0或x y30，故B 错误；
1 1  1
对于C：曲线x2 y0，即x2  y，所以抛物线的焦点为0, ，
2 2  8
故过点  0, 1 的最短弦为通径，长度为 1 ，故C正确；
 8 2
对于D：因为圆C :x12 y2 1的圆心为C 1,0，半径r 1，
1 1 1
圆C :x42 y2 a的圆心为C 4,0，半径r  a ，
2 2 2
若两圆公切线有三条，则两圆相外切，则CC 3r r  a 1，解得a4，
1 2 2 1
  x12y21 x2
由 ，解得 ，即两圆的切点为2,0，

x42y24 y0
显然x2与圆C :x12 y2 1，圆C :x42y2 4均相切，故x2是两圆的公切线，故D正确.
1 2
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 
10．已知向量a1,1 ，b 1,x，下列结论正确的是（ ）
 
A．若ab，则x1
 
B．若a∥b，则x1
 
C．若a，b的夹角为钝角，则x的取值范围为
,1
   
D．设a在b方向上的投影向量为m，则 m的取值范围为

0, 2

【答案】AD
 
【详解】因为向量a1,1 ，b 1,x，
   
对于选项A：若ab，则ab1x0，解得x1，故A 正确；
  1 x
对于选项B：若a//b，则  ，即x1，故B 错误；
1 1
     
对于选项C：由a,b的夹角为钝角，则ab1x0，且a,b不共线，
可得x1且x1，所以x的取值范围为 ,11,1 ，故C 错误；
 
对于选项D：因为a  b  1x， b   x21，则 m   a  b  1x ，可得 m  2  x22x1 ，
b 1x2 1x2
令
x22x1
t，则
1tx22x1t0，
1x2
当1t 0，即t 1时，可得x0，符合题意；
当1t0，即t1时，则Δ441t2 0，解得0t2且t1，

综上所述：0t2，即 m的取值范围为0, 2，故D正确.
 
π
11. 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ABC  ，内角B的平分线交AC
3
于点D且BD  3，则下列结论正确的是（ ）
1 1
A.  1 B. b的最小值是2
a c
C. a3c的最小值是4 3 D. ABC的面积最小值是 3
【答案】ABD
【详解】解：由题意得：S S S ，
△ABC △ABD △BCD
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{#{QQABBQa0wgIQgIbACT5qB0WkCwqYkJChLAgExVAcOAYjgRFAFIA=}#}海南中学2026届高三年级第三次月考数学试题 命题、审核：杨菲、李园
1  1  1 
由角平分线以及面积公式得 acsin  3asin  3csin ，
2 3 2 6 2 6
1 1
化简得ac ac，所以  1，故A 正确；
a c
acac 2 ac ，当且仅当ac时取等号， ac 2，ac4，
1 3
所以S  acsinABC ac 3 ，当且仅当ac2时取等号，故 D正确；
ABC 2 4
由余弦定理b2 a2 c2 2accosABC a2 c2 ac  ac 2 3ac ac 2 3ac42 344
所以b2，即b的最小值是2，当且仅当ac2时取等号，故B 正确；
1 1
对于选项C：由ac ac得：  1，
a c
1 1 a 3c a 3c
a3c(a3c)(  )1  342  42 3，
a c c a c a
1 1
 1 a 1 3

a c 
当且仅当 ，即 时取等号，故 C 错误．
3
 a 3c c1

c a  3
三．填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共15 分.
12．若log 3a,2b 5，则用a,b表示log 15 .
2 6
ab
【答案】
1a
log 15 log 3log 5 ab
【详解】因为2b 5，所以blog 5，则log 15 2  2 2  .
2 6 log 6 log 2log 3 1a
2 2 2
13．“莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，它在很多特殊领域发挥了超
常的贡献值．“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这
三段圆弧组成的曲边三角形（如图所示）．现以边长为4 的正三角形作一个“莱洛三角形”，则
此“莱洛三角形”的面积为__________.
【答案】8π8 3
1 π π 4π
【详解】正三角形的面积为 42sin 4 3，圆弧的长度为l  4 ，故一个弓形的面积为
2 3 3 3
1 8π 8π 
4l4 3 4 3，故“莱洛三角形”的面积为3 4 34 38π8 3.
2 3  3 
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14. 若在曲线yxeax1（e 为自然对数的底数）存在不同的两点P、Q，使P、Q两点关于x轴
的对称点P'、Q'在曲线 ylnxax上，则实数a的取值范围是__________.
1
【答案】( ,0)
e2
【详解】已知函数 f(x) xeax1与g(x)lnxax的图象上存在关于x轴对称的点，那么
f(x) g(x)有解，即xeax1 lnxax在(0,)上有解，
首先对xeax1 lnxax进行变形：xeax1 lnxlneax ln(xeax).
t
设t  xeax（t>0），则原方程变为 lnt.
e
t
进一步转化为lnt 0在(0,)上有解.
e
t 1 1 et
设 f(t)lnt ，对 f(t)求导，可得 f(t)   .
e t e te
et
然后分析 f(t)的单调性：令 f(t)0，即 0，解得t e.
te
当0<t e时,所以 f(t)>0， f(t)在(0,e)上单调递增.
当t e时，所以 f(t)0， f(t)在(e,)上单调递减.
e
所以 f(t)在t e处取得极大值，也是最大值， f(e)lne 110 .
e
所以仅t e满足方程有解的条件.
e
故xeax e有两解，即eax  有两解，
x
1lnx
两边同时取对数得ax1lnx，即a  在(0,)上有两解.
x
1
1lnx  x(1lnx)
设g(x)
x
，对g(x)求导，则 g(x) x  lnx2 .
x2 x2
lnx2
然后分析g(x)的单调性：令g(x)0，即 0，解得xe2.
x2
当0<x<e2时， g(x)<0，g(x)在(0,e2)上单调递减.
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{#{QQABBQa0wgIQgIbACT5qB0WkCwqYkJChLAgExVAcOAYjgRFAFIA=}#}海南中学2026届高三年级第三次月考数学试题 命题、审核：杨菲、李园
当x>e2时， g(x)>0，g(x)在(e2,)上单调递增.
1lne2 1
g(x)在xe2处取得极小值，也是最小值，g(e2)  .
e2 e2
当x0时，g(x)；当x时，g(x)0.
1lnx 1 1
因为a  在(0,)上有两解， a0.故答案为：( ,0).
x e2 e2
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.（13 分）设向量a (sinx,cosx),b (cosx,cosx),xR，函数 f(x)a(ab)．
(1)求函数 f(x)的最大值与最小正周期；
3
(2)求使不等式 f(x) 成立的x的取值集合及函数 f(x)的对称中心．
2
      
解：（1）由题意知， f(x)a(ab)aaabsin2xcos2xsinxcosxcos2x
1 1 3 2  
1 sin2x (cos2x1)  sin2x ，
2 2 2 2  4
3 2  
即 f x  sin2x ， …………4 分
2 2  4
   
当2x  2k，即x k(kZ)时，sin(2x ) 1，
4 2 8 4 max
3 2 2
f(x)的最大值为 f x   ，最小正周期T  ． …………7 分
max 2 2 2
3 2  
（2）由（1）知， f x  sin2x ，
2 2  4
3 3 2  3 
 f(x) ，即  sin(2x ) ，即sin(2x )0， …………8 分
2 2 2 4 2 4

2k2x 2k，kZ，
4
 3
解得k  xk ，kZ， …………10 分
8 8
3   3 
即 f(x) 成立的x的取值集合是x|k xk ,kZ． …………11分
2  8 8 
  k
令2x k，则x  ，kZ，
4 8 2
 k 3
f(x)的对称中心为(  , )，kZ. …………13分
8 2 2
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16．（15 分）21 世纪某次机器人展览会上，已知某公司共有 25 个汽车模型，其外观和内饰的
颜色分布如下表所示：
内饰
红色外观 蓝色外观
外观
棕色内饰 10 10
米色内饰 2 3
(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小
明取到棕色内饰的模型，求PB和P  B A  ，并判断事件A和事件B是否独立并说明理由.
(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中拿两个汽车模型，
给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色，外观和内饰都异色，以及
仅外观或内饰同色.
假设2：按抽奖的可能性大小，概率越小奖金越高
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖800 元，二等奖500 元，三等奖 300元
请你分析奖金对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望.
20 4 10 5
解:（1）PB  ，PB|A  ，
25 5 12 6
10 12 20 48
因为pAB ，PAP B   ，
25 25 25 125
有PAB PAPB，所以A，B不独立； …………6 分
（2）记外观与内饰均同色为事件A，外观与内饰都异色为事件A ，仅外观或仅内饰同色为事
1 2
件A ，
3
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C2 C2 C2 C2 94 47
则P(A) 10 10 2 3   ， …………8 分
1 C2 300 150
25
C1C1C1C1 50 1
P(A ) 10 3 10 2   ， …………10 分
2 C2 300 6
25
C1C1C1C1C1C1 C1C1 156 13
P(A ) 10 2 10 3 10 10 2 3   ， …………12 分
3 C2 300 25
25
PA PAPA 
，
2 1 3
∴一等奖800 元为两个汽车模型的外观与内饰都异色，二等奖 500 元为两个汽车模型的外观与
内饰均同色，三等奖 300 元为两个汽车模型仅外观或仅内饰同色． …………13 分
X的分布列为：
X 800 500 300
1 47 13
P
6 150 25
…………14 分
1 47 39
EX800 500 300 446 ． …………15 分
6 150 75
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a2(bc)2
17.（15 分）已知a,b,c分别为锐角ABC三个内角A,B,C 的对边，ABC的面积S  ，
2
（1）求sin A，cosA的值；
b2c
（2）求 的取值范围.
a
a2(bc)2 1
解:（1）在ABC中，由S  及三角形面积公式S  bcsin A，
2 2
a2 (b2 2bcc2) bcsin A
得  ，即2bc(b2 c2 a2)bcsin A，
2 2
由余弦定理得2bc(1cosA)bcsinA，即2(1cosA)sin A …………3 分
两边平方得4(12cosAcos2 A)sin2 A，即4(12cosAcos2 A)1cos2 A，………5 分
3
即5cos2 A8cosA30，解得cosA1或cosA
5
3 4
而0 A，有1cosA1，sin A0，则cosA ，sinA . …………7 分
5 5
（2）由正弦定理及ABC 得，
4 3
cosC sinC2sinC
b2c sinB2sinC sin(AC)2sinC
5 5
  
a sinA sinA 4
5
 13sinC4cosC  185 sin(C )，其中锐角由sin 4 ,cos 13 确定，………10 分
4 4 185 185
 π
0C

 2 π π π π
而ABC为锐角三角形，则 ，即 AC ， AC ，
π
 AC π
2 2 2 2
2
π 13
显然sin(C)1，而sin( )cos ， …………12 分
2 185
π 3 13 4 4 11 13
sin( A)cos(A)       ，
2 5 185 5 185 185 185
11 11 b2c 185
因此 sin(C)1，   ，
185 4 a 4
b2c 11 185
所以 的取值范围是( , ]. …………15 分
a 4 4
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x2 y2
18．（17 分）已知椭圆E：  1ab0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是
a2 b2
边长为2 的正方形.已知斜率k存在且不为 0
的直线l过点0,t
t  2

，直线l与椭圆E交于不同
1
的两点A,B，过点A和C(0, )的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．
2
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值及斜率k 的取值范围．
2
解：（1）由题意bc  2，从而a b2c2 2，
2
x2 y2 2
所以椭圆方程为  1，离心率为e ； …………5 分
4 2 2
（2）
设AB:y kxt,  k 0,t  2  ，Ax ,y ,Bx ,y ，
1 1 2 2
x2 y2
联立   4  2 1 ，化简并整理得  12k2 x24ktx2t240， …………6 分

ykxt
由题意Δ16k2t28  2k21  t22  8  4k22t2  0 ，即k,t应满足4k22t2 0， …………7 分
4kt 2t24
所以x x  ,xx  ， …………8 分
1 2 12k2 1 2 2k21
若直线BD斜率为 0，由椭圆的对称性可设Dx ,y ， …………9 分
2 2
y y
所以AD:y 1 2 xx  y ，在直线AD方程中令x0， …………10 分
x x 1 1
1 2
x y x y x (kx t)x (kx t) 2kx x t(x x ) 4k(t2 2) 2 1
得y  1 2 2 1  1 2 2 1  1 2 1 2  t   ， …14 分
c x x x x x x 4kt t 2
1 2 1 2 1 2
所以t 4， …………15分

4k22t24k2140 14 14
此时k应满足 ，即k应满足k  或k  ，
k0 2 2
14 14
综上所述，t 4满足题意，此时k  或k  . …………17 分
2 2
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19．（17 分）已知函数 f(x)ex cosx2， f(x)为 f(x)的导数.
(1)当x0时，求 f(x)的最小值；
π
(2)当x 时，xexxcosxax22x0恒成立，求a的取值范围.
2
解:（1）由题意， f(x)exsinx ，
令g(x)exsinx，则g(x)excosx，
当x0时，ex 1，cosx1，所以g(x)0，从而g(x)在[0,)上单调递增，
则g(x)的最小值为g(0)1，故 f(x)的最小值1； …………5 分
π
（2）由已知得当x 时，x  ex cosxax2 0恒成立，
2
令hxexcosxax2，hxexsinxa， …………6 分
①当a1时，若x0时，由（1）可知hx1a0，∴hx
为增函数，
∴hxh00恒成立，∴xhx0恒成立，即x  ex cosxax2 0恒成立， …………8 分
 π 
若x

 ,0，令mxexsinxa 则mxex cosx，
 2 
令nxex cosx，则nxexsinx ，
令pxexsinx，则pxex cosx，
 π   π 
∵在px在x

 ,0内大于零恒成立，∴函数px 在区间

 ,0为单调递增，………10分
 2   2 
又∵p


π
e
 π
210， p

0
1，，
 2
 π 
∴px 上存在唯一的x  ,0使得 px 0，
0  2  0
 π 
∴当x    2 ,x 0   时，nx0，此时nx为减函数，
当xx ,0时，nx0，此时nx为增函数，
0
又∵n   π e  π 2 0，n00，
 2
 π 
∴存在x  ,x ，使得nx 0， ………12 分
1  2 0 1
 π 
∴当x
 

2
,x
1
时，mx0，mx 为增函数，当xx
1
,0时，mx0，mx 为减函数，
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又∵m   π e  π 21a0，m01a0，
 2
 π 
∴x

 ,0时，hx0，则hx 为增函数，∴hxh00，
 2 
∴x  ex cosxax2 0恒成立， ………14 分
②当a1时，m(x)ex cosx0在[0,)上恒成立，则mx 在[0,)上为增函数，
∵m01a0，m(ln(1a))eln(1a)sin(ln(1a))a1sin(ln(1a))0
，
∴存在唯一的x 0,使hx 0，
2 2
∴当0xx 时，h(x)0，从而h(x)在  0,x 上单调递减，
2 2
∴hxh00，
∴x  excosxax2 0，与xexxcosxax22x0矛盾，
综上所述，实数a的取值范围为(,1]. ………17分
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