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届高三 月模拟考试
2026 4
数学试题参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
选项
B C A D A A D C CD BCD ABD
一、单项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分.
8 5 40
. 解析 z i zi zi i i zi的虚部为 选 .
1 B 【 】 =1 -2 ,∴ =(1 - ) =2 + ,∴ 1, B
. 解析 当 a b时 a b成立 当ea eb 时 a b不一定成立 故 ea eb 是 a b 的必要不充
2 C 【 】 lg >lg , > , > ,lg >lg , > lg >lg
分条件 选 .
, C
. 解析 易知f x 是R上增函数 1 q p m 选 .
3 A 【 】 ( ) ,ln3 > > -3,∴ > > , A
3
{ x {x
. 解析 设D x y 则 2 +8 = +4 =6 D BD→ 而m→ n BD→ m→
4 D 【 】 ( , ), y∴ y ,∴ (6,4),∴ =(2,7), =( ,-2), · =
-1 +2 = -3 + =4
n n 选 .
2 -14 =0,∴ =7, D
( )
. 解析 由 n 得n T C2 3x 6 2 2 第 项系数为 C2 选 .
5 A 【 】 2 =256 =8,∴ 3 = 8( ) - x ,∴ 3 4 8 =112, A
. 解析 先求甲 乙两人分在同一社区的概率P .分两种情况 A B C 个社区人数为 结构.甲
6 A 【 】 、 0 :① 、 、 3 1、1、3
乙分在同一社区方法数 C1A3 种 A B C 个社区人数为 结构. 甲乙分在同一社区方法
: 3 3 =18 ;② 、 、 3 1、2、2
C3C1C1 C2C2C1
数 C1C1C2 种 而当不考虑任何条件时 满足题意分法总数为 5 2 1A3 5 3 1A3 P
: 3 2 3 =18 , , : A2 3 + A2 3 =150,∴ 0 =
2 2
18 +18 36 6 P 19.
= = ∴ =
150 150 25 25
. 解析 设切点为P x y 据题意 这样的切点有两个 即关于 x 的方程有且仅有两根. y
7 D 【 】 ( 0, 0), : , 0 ∵ x = x 0 =
x2 a y x2 a x x y y x 2 a x x x 3 ax b 为过切点 P x
3 0 -2 ,∴ =(3 0 -2 )( - 0) + 0⇒ =(3 0 -2 )( - 0) +( 0 -2 0 + ), ( 0,
y 的切线 又A 在此切线上 x2 a x x3 ax b x3 x2 a
0) , ( -1,1) ,∴ 1 =(3 0 -2 )( -1 - 0) +( 0 -2 0 + )⇒ -2 0 -3 0 +2
b a b x3 x2 令f x x3 x2 又 A 不在曲线 C 上 a b 由
+ -1 =0⇒2 + =2 0 +3 0 +1, ( ) =2 +3 +1, ( -1,1) ,⇒2 + ≠2,
f x 的图像可知 a b 选 .
( ) 2 + =1, D
8 . C 【 解析 】 设公比为q , 则q >1,∵ a 2 + a 4 =20, a 3 =8,∴ 8 q +8 q =20,∴ q =2 或1 ,∴ q =2,∴ a n = a 3· qn -3
2
n n b b b
=8·2 n -3 =2 n. ∵ a 1 =2, 故 A 错误 ; 对于 B,∵ b n +1 = n +1b n + + n 1 ,∴ n n +1 = n n + 1 n 且 1 =1,∴ 当n ≥
2 +1 2 1
b b (b b ) (b b ) ( )
2 时 ,n n = 1 + 2 - 1 + … + n n -n n -1 =1 + 1 + … + n 1 -1 =2 1 - 1 n , 又 ∵ b 1 =1,∴ b n =2 n
1 2 1 -1 2 2 2
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1 7( ) ( )
n n
1 - 2
1
n (
n
∈
N∗
),∴
b
n +
2
a n =2
n
1 - 2
1
n +
2
2 n =2
n
,
故
B
错误
;
对于
C,
b
1 =0,
b
2 =
b
3 =1,
b
4 =
b
5 =…=
b b b b b b b b b b b b b b
7 =2, 8 = 9 =…= 15 =3, 16 = 17 =…= 31 =4, 32 = 33 =… = 63 =5, 64 = 65 =… = 100 =6,∴ 1 +
b b 正确 对于 令 f n
2 +…+ 100 =0 +1 ×2 +2 ×4 +3 ×8 +4 ×16 +5 ×32 +6 ×37 =480,∴ C ; D, ( ) =
( )( ) ( )
1 1 1 易知 f n 单增 f 3 f 15 f 135 当n 时 f n
1 + 1 + 2 …… 1 + n , { ( )} , (1) = , (2) = , (3) = >2, ≥3 , ( )
2 2 2 2 8 64
( ) ( ) ( ) ( )
.又 f n 1 1 1 而 1 1 f n 1 1
>2 ∵ ln ( ) =ln 1 + +ln 1 + 2 +…+ln 1 + n , ln 1 + n < n,∴ ln ( ) < 1 + 2 +…
2 2 2 2 2 2 2
1 1 f n e n N∗ f n e λ 故 错误.
+ n =1 - n <1,∴ ( ) < ,∴ ∀ ∈ , ( ) < ,∴ min =3, D
2 2
二、多项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分.
3 6 18
P AB P AB
. 解析 对于 P AB A B互斥 不能 A B对立 错 对 得 ( ) ( ) P AB
9 CD 【 】 A, ( ) =0⇒ 、 , ⇒ 、 ,A ; B : P A = P B ⇒ ( ) =0
( ) ( )
或P A P B 故 错 故选 对 P A P AB— P AB P B P —AB P AB 若P A
( ) = ( ), B , CD; C, ( ) = ( ) + ( ), ( ) = ( ) + ( ), ( )
P B 则P AB— P —AB 对 P —A 5 而 P —AB P —A P B —A 1 所以 P A B
= ( ) ( ) = ( ); D, ( ) = , ( ) = ( ) ( ) = , ( + ) =
6 2
P A P B P AB P A P —AB 2 .
( ) + ( ) - ( ) = ( ) + ( ) =
3
. 解析 由题意得 a2 b2 c2 ab C 1 C π 故 错 对 过点
10 BCD 【 】 : + - = ⇒cos = ⇒ = , A ; B:
2 3
B作BH AC 则 BH 在 CH 上存在点 A 使 BA . 且 BH BA′
⊥ , =3, , = 10 < <
BC 故 ABC有两个. ABC ABC 对 已知 a2 b2 c2 ab 且 c
, △ (△ ,△ ); C: + - = =
a2 b2 ab 延长CM至Q 使 CM MQ.设 CM d 则 CQ d 连 AQ
2,∴ + =4 + —①, , = = , =2 , 、
BQ易知四边形AQBC为平行四边形.由 QC 2 AB 2 CB 2 CA 2 得 d2
+ =2( + ), 4
a2 b2
a2 b2 由 得 a2 b2 ab + a2 b2 d2 a2
+4 =2( + ), ① : + =4 + ≤4 + ⇒ + ≤8,∴ 4 +4 =2(
2
+
b2
)≤16⇒0 <
d
≤ 3,
即 CM
m
ax
= 3,
故
C
对
;
对
D:
由
cos3
A
+ cos2
A
=0
得
ì
ï 5 A 5
A A
ï0 < < π
A
5 又 A 2 í 2 3 故5 A π或3 或 π A
2cos cos =0, cos < π⇒ï A , = π, = ⇒ =
2 2 3 ï π 2 2 2 2 2
î0 < <
2 3
π或 A 3 或 A 舍 A π A 3 A A 2π π
= π = π( ),∴ 1 = , 2 = π,∴ cos 1 + cos 2 = 2cos ·cos =
5 5 5 5 5 5
2 π π 2 2 4
2cos π(2sin cos ) 2cos π·sin π sin π
5 5 5 5 5 5 1 故 对 综上 选 .
= = = , D ; , BCD
π π π 2
2sin 2sin 2sin
5 5 5
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2 7. 解析 易知P ABC为正四面体 PAB PBC 均为等边三角形 又 A′ B′均
11 ABD 【 】 - ,△ 、△ , 、
ìAB′ PB
ï
ï ⊥
为中点 íCB′ PB PB 平面 AB′C 故 对. 由 知 AB′ PB 故 AB′
⇒ïï ⊥ ⇒ ⊥ , A ① ⊥ ,
îAB′ CB′ B′
∩ =
是A到PB最短距离 CB′ PB 故 CB′也是 C 到 PB 最短距离 ACB′是所
, ⊥ , ,∴ △
有截面中周长最短的且l 长 故 对.对 假设
周 =3 3 +3 3 +6 =6 +6 3, B C: C
成立 则该正四面体应有一个外接球能在三棱台内任意转动.那么该外接球直径 R 5 6 又而此
, 2 = ,
4
三棱台内能放下的球直径不大于 显然5 6 故放不下 故 错.对 据题意 P 2 P
6, > 6, , C D: 1 = , n +1
4 3
( )n
2 P P 1 P 1 1 故 对.
= n +(1 - n)· ⇒ n = + , D
3 3 2 3
三、填空题:本题共 小题,每小题 分,共 分.
3 5 15
.
12 9 2
a b
解析 对 个数先排序 a b 据题意 + a b
【 】 10 :1、2、3、4、5、 、 、13、16、19。 , =9⇒ + =18,
2
a2 b2 a b
由 + + a2 b2 .
≥ ,∴ + ≥9 2
2 2
. 7
13
24
ì ( π )
ï θ 24
( ( ) ( π )) ïcos - = ( π )
解析 设 A θ θ B θ π θ í 4 25 θ 7 又
【 】 (cos ,sin ), cos - ,sin - ⇒ ï ( π ) ,tan - = - ,
4 4 ï θ 7 4 24
îsin - = -
4 25
α 2α 2α α α α ( ) ( )
cos2 cos -sin cos -sin 1 -tan π θ θ π 7 .
α= α α 2 = α α= α=tan - = -tan - =
1 +sin (sin +cos ) cos +sin 1 +tan 4 4 24
. 7
14
3
解析 据题意 F N F 三点共线 M→N 1 MF→ 2 MF→ 1 2
【 】 : 1、 、 2 , = t 1 + t 2,∴ t + t =1⇒
t MF MF 设 MF m 则 MF m 由椭圆第一
=3⇒ 1 ∶ 2 =2∶ 1, 2 = , 1 =2 ,
定义 MF MF a 由双曲线第二定义 MF MF a
: 1 + 2 =2 , : 1 - 2 =2 ⇒
ì
{ m a ï ï a = 3 m
3 =2 í 2 . 在 MF F 中 由 余 弦 定 理 得
m a ⇒ ï △ 1 2 , cos120° =
=2 î ïa 1 m
=
2
m2
7
m 2 m2 m2 c c c2
(2 ) + -4 c2 7 m2 设椭圆 双曲线离心率分别为 e e 那么 e e 4 7
m m ⇒ = , , 1、 2, 1 2 = a · a =a a = m2 =
2·2 · 4 · 3 3
4
e e 7 .
⇒ 1 2 =
3
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3 7四、解答题:本题共 小题,共 分.
5 77
. 分
15 (13 )
{S } S S
解 易得S 设等差数列 n 的公差为d 因为a S 所以 4 1 d 即10 d d 1
:(1) 4 =10, n , 1 = 1 =1, - =3 , -1=3 , = ,
4 1 4 2
S n n
所以 n 1 n 即S ( +1) ……………………………………………………………… 分
n =1 + ( -1), n = , 4
2 2
n n n n
当n 时 a S S ( +1) ( -1) n
≥2 , n = n - n -1 = - = ,
2 2
当n 时 a 满足上式 所以a n. ……………………………………………………………… 分
=1 , 1 =1, { (n ) , n = 6
+3 n为奇数
由 知b lg n , 则T (b b b b ) (b b b b )
(2) (1) n = n n + 为 1 偶数 , 2 n = 1 + 3 + 5 +…+ 2 n -1 + 2 + 4 + 6 +…+ 2 n
2 ,
( n ) n
4 6 8 2 +2 2 4 6 2 n n 4(1 -4 ) n
= lg +lg +lg +…+lg n +(2 +2 +2 +… +2 ) =lg( +1) + =lg( +1) +
2 4 6 2 1 -4
n
4
(4 -1)
3
所以数列 b 的前 n项和为T n 4 n . ………………………………………… 分
{ n} 2 2 n =lg( +1) + (4 -1) 13
3
. 分
16 (15 )
解 甲至少 分有三种情况 前两次甲得 分 后三次甲得 分 前两次甲得 分 后三次甲得
:(1) 110 : 40 , 90 ; 20 ,
( ) ( ) ( )
2 3 3
分 故概率为 3 1 c1 3 1 1 15 ……………………………………………… 分
90 ; · + 2 · · = 6
4 2 4 4 2 128
( )
3
后三次甲选A袋 甲五次总得分X可能为 P X c0 1 1
(1) , 60、80、100、120, ( =60) = 3 = ;
4 64
( ) ( ) ( )
2 2 3
P X c1 1 3 9 P X c2 3 1 27 P X c3 3 27
( =80) = 3 · = , ( =100) = 3 · = , ( =120) = 3 = ,
4 4 64 4 4 64 4 64
随机变量X的分布列为
:
X
60 80 100 120
P 1 9 27 27
64 64 64 64
E X 1 9 27 27 分. ……………………………………………… 分
( ) =60 × +80 × +100 × +120 × =105 10
64 64 64 64
后三次乙选B袋 乙五次总得分Y可能为
, 30、60、90、120,
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 1 2
P Y c0 1 1 P Y c1 1 2 2 P Y c2 1 2 4
( =30) = 3 = ; ( =60) = 3 · = ( =90) = 3 · = ,
3 27 3 3 9 3 3 9
( )
3
P Y c3 2 8 随机变量Y的分布列为
( =120) = 3 = , :
3 27
Y
30 60 90 120
P 1 2 4 8
27 9 9 27
E Y 1 2 4 8 分 ………………………………………………… 分
( ) =30 × +60 × +90 × +120 × =90 , 14
27 9 9 27
所以E X E Y 故甲获得冠军的可能性更大. …………………………………………………… 分
( ) > ( ), 15
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4 7. 分
17 (15 )
解 平面ABC内取一点P 作PE AB于点E 作PF AC于点F.
:(1) , ⊥ , ⊥
平面AA B B 平面ABC 平面AA B B 平面ABC AB PE 平面ABC PE AB
∵ 1 1 ⊥ , 1 1 ∩ = , ⊂ , ⊥ ,
PE 平面AA B B.又AA 平面AA B B 所以PE AA ……………………………………………… 分
⊥ 1 1 1⊂ 1 1 , ⊥ 1 3
同理PF AA PE PF P 所以AA 平面ABC ……………………………………………………… 分
⊥ 1, ∩ = , 1⊥ 5
假设线段AC上与过A M B A 四点的球面有公共点N点 以B为原点 分别
(2) 、 、 、 1 , ,
以BC BA B B所在直线为 x y z 轴建立空间直角坐标系则 BA ( )设
、 、 1 、 、 1 = 0, 3, 6
M z 则AM→ z
(1,0, ), =(1,0, )
( )
BA→ AM→ z z 6A M 6 E
∴ 1· = -3 + 6 =0,∴ = (0, 3,0), 1,0, , 1 =(0,0, 6),
2 2
A
1 =(0, 3, 6)
( )
设球心H a b c 半径r 其中c 6 b 3则球心H a 3 6 …… 分
=( , , ), , = , = = , 10
2 2 2 2
由 HB HM 得a2 3 3 a 2 3 解得a 1 ……………………………………… 分
1 = + + =( -1) + , = - 10
4 2 4 4
( )
则球心H 1 3 6 半径r 25 12 37
= - , , = + =
4 2 2 16 16 4
设AN→ λAC→ λ 则N λ λ
= = (1,- 3,0), ( , 3 - 3 ,0)
( ) ( )
2 2
λ 1 3 λ 3 37 解得λ 5 或λ
∴ + + - + 3 + = , = =0,
4 2 2 16 8
存在点N满足题意. …………………………………………………………………………………… 分
∴ 12
设A N与平面ABC所成角为θ
1 ,
( )
当λ 5 时 则N 5 3 3
① = , , ,0
8 8 8
( )
易求得NA→ 5 5 平面ABC法向量n→
1 = - , 3, 6 , =(0,0,1)
8 8
NA→ n→
则 θ NA→ n→ 1· 4 6. …………………………………………………… 分
sin = cos< 1, > = NA→ n→ = 14
11
1 ·
当λ 时 点N即点A 由 知A A 平面ABC 故 θ .
② =0 , , (1) 1 ⊥ , sin =1
综合 可知 直线A N与平面ABC所成角的正弦值为4 6或者 . ……………………………… 分
①② , 1 1 15
11
. 分
18 (17 )
x2
解 y2 . ………………………………………………………………………………………… 分
:(1) + =1 4
9
{
y 1 x
设点S t 当t 时 则SE y 1 x联立 = t +1 可得 t2 x2 tx
(2)(ⅰ) ( ,2), ≠0 , : -1 = t · ( +9) +18 =0
x2 y2
+9 =9
( t t2 ) ( t t2 )
因为E G -18 -9 同理可得 H 54 81 - ……………………………………… 分
(0,1),∴ t2 ,t2 , : t2 ,t2 , 6
+9 +9 +81 +81
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5 7t2 t2
-9 81 -
t2 -t2 t2 t2 ( )
k +9 +81 27 - GH y 27 - x 1 故GH过定点 1 . ……………………… 分
∴ GH = t t = t ,∴ : = t + , 0, 8
-18 54 36 36 2 2
t2 -t2
+9 +81
( )
当t 时 易得GH过定点 1 . ……………………………………………………………………… 分
=0 , 0, 9
2
( )
综上 GH过定点 1 . ………………………………………………………………………………… 分
: 0, 10
2
SE RE {x t mt
证明 若 不妨设G x y 设SG→ mSE→ 设S t 1 - = -
(ⅱ) : SG =RG, ( 1, 1), = , ( ,2),∴ y m,
1 -2 = -
{x t m
1 = (1 - ) ……………………………………………………………………………… 分
∴ y m m …① 12
1 - =2(1 - )
( x y m)
又 RG→ mRE→ R 1 1 + ………………………………………………………………… 分
∵ = - ,∴ m, m 13
1 + 1 +
已知x2 y2 x2 y2 m2 m2 代入 可得 t m x y m m m2
1 +9 1 =9,∴ 1 +9( 1 - ) =9(1- ) ① :(1- ) 1 +9( 1 + )·2(1- ) =9(1- )
t x y m t
tx y m m 1 1 + 即 x y …………………………… 分
∴ 1 +18( 1 + ) =9(1 + )∴ m+2 m =1 R +2 R =1 15
91 + 1 + 9
t ( ) SH N′H
故点R在直线 x y 上 过M 1 .同理 若线段HF上存在点N′ 使得
+2 =1 , 0, , , SF =N′F,
9 2
t SH NH
可证点N′也在直线 x y 上 又 RM与FH交点唯一确定 所以N′与N重合. ……… 分
+2 =1 , ∵ , ∴ SF=NF 17
9
. 分
19 (17 )
ex
1
- x
解 由g x 得 a x
:(1) ( ) =0 : = x ( ≠0),
+2
( )
ex 1 x ex 2
- x ( +1) +x2
令p x 则p x ′ ………………………………………………………… 分
( ) = x , ( ) = x 2 , 2
+2 ( +2)
p x 的递减区间为 Ѕ 递增区间为 Ѕ
∴ ( ) ( - ,-2),( -2,-1), ( -1,0),(0 + ),
且 p x p x Ѕ lim p x Ѕ p x Ѕ p x Ѕ
xlimЅ ( ) =0,xlim ( ) = - ,x ( ) = + ,xlim ( ) = + ,xlim ( ) = - ,
→- -→-2 +→-2 -→0 +→0
函数y p x 与y a的图象如图 ……………………………………………… 分
∴ = ( ) = , 4
[ )
故当g x 仅有一个零点时 a的取值范围为 1 . ………………………… 分
( ) , 0, e +1 5
f x xex ax2 ax x
(2)(ⅰ) ( ) = - -2 -1( ≠0),
f x ′ x ex a ……………………………………………………………………………… 分
∴ ( ) =( +1)( -2 ) 6
当1 a 1 时 f x 的递减区间为 a
① e < < , ( ) ( -1,ln2 );
2 2
递增区间为 Ѕ a Ѕ . …………………………………………………………… 分
( - ,-1),(ln2 ,0),(0,+ ) 8
当a 1 f x 的递减区间为
② = , ( ) ( -1,0);
2
递增区间为 Ѕ Ѕ . ……………………………………………………………………… 分
( - ,-1),(0,+ ) 9
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6 7当a 1 f x 的递减区间为 a
③ > , ( ) ( -1,0),(0,ln2 );
2
递增区间为 Ѕ a Ѕ . ………………………………………………………………… 分
( - ,-1),(ln2 ,+ ) 10
由 知x x ln a x 设q x f x f x
(ⅱ) (ⅰ) 1 < -1 < 2 < 2 < 3, ( ) = ( ) - ( -2 - ),
其中 x a
-1 < 0
q x 在 a 单调递增
∴ ( ) ( -1,ln2 ) ,
x a q x q 即f x f x
∵ -1 < 2 ( -1) =0, ( 2) > ( -2 - 2),
f x f x f x f x
∵ ( 1) = ( 2),∴ ( 1) > ( -2 - 2),
f x 在 Ѕ 单调递增且x x
∵ ( ) ( - ,-1) 1 < -1,-2 - 2 < -1,
x x 即x x ………………………………………………………………… 分
∴ 1 > -2 - 2, 1 + 2 > -2……① 13
再设r x f x f a x 其中 x a
( ) = ( ) - (2ln2 - ), -1 < 0,∴ ( ) ( -1,ln2 ) ,
x a r x r a 即f x f a x
∵ -1 < 2 ln2 ,2ln2 - 2 >ln2 ,∴ 3 <2ln2 - 2, 2 + 3 <2ln2 ……② 16
由 得 x x a
①、② : 3 - 1 <2ln2 +2
a a x x a …………………………………………………………………………… 分
∵ ln2 ≤2 -1∴ 3 - 1 <4 17
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7 7
