数学-光子杯赛2026年“光子杯”第二次线上联考(2月12日9点-11点)_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷

小秘密★启用前 2026 年“光子杯”第二次线上联考 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，请用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标 号涂黑。非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 3．请考生自行打印答题卡。不能打印的，可在 A4 白纸上答题，选择题请标明题 号，写清答案；非选择题请标明题号，自行画定答题区域，并在相应区域内答题，需要 制图的请自行制图。 4．答题完毕，请将答案用手机拍照并上传到平台，原则上一张 A4拍成一张照片， 要注意照片的清晰，不要多拍、漏拍。 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3i 1．在复平面内，复数 对应的点在 2i A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合A{x| y x2 1}，B{y|y x2}，则A B  A．[1,) B．[0,) C．(,1] [1,) D．(,1] [0,)   3．已知2为第一象限角，则 A．sin0 B．cos0 C．tan1 D．tan1 4．一个商人初始持有2枚硬币，每天他都能使持有的硬币数量翻倍，且在每天结束时 上缴1枚硬币的税收，那么第8天结束后商人手上持有的硬币数量为 A．129 B．256 C．257 D．512 5．圆C :(x3)2 (y2)2 a2，C :x2 (y2)2 12a2，则C 和C 的位置关系为 1 2 1 2 A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 数学试题第 1 页（共4页） 6．设抛物线C：y2 4x的焦点为F ，点A(3,2 3)，点B在C上，且AFB ，则点 3 B的横坐标为 1 1 A． B． C．1 D．3 4 3 7．已知三棱锥P ABC的底面ABC是边长为6的正三角形，其重心为G，Q在三角形   ABC的边上．若PAPB6，PC 3 2 ，则cosGP,GQ的最大值为 1 5 6 7 A． B． C． D． 2 5 6 7 8．已知奇函数 f(x)可导，且其图像上异于原点的任意一点A满足：曲线y f(x)在 点A处的切线的斜率不小于直线OA的斜率，则“存在区间(0,t]，使得 f(x)0” 是“ f(x)为增函数”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 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．样本数据{(x,y )}n 的拟合直线为yˆ b ˆ xaˆ，这条拟合直线对各样本点的残差分别 i i i1 为e ，样本{x}n 和{y}n 的标准差分别为 和 ，下面说法正确的是 i i i1 i i1 x y n n x y nxy x y nxy i i i i （参考公式：b ˆ  i1 ，相关系数r i1 ）  n x2 nx2  n x2 nx2  n y2 ny2 i i i i1 i1 i1 n A．e 0 B．该拟合直线使得残差平方和最大 i i1 n  C．n2≥e2 D．b ˆ r y y i  i1 x 10．已知函数 f(x)cosxcos(x2)，则 A． f(x)是偶函数 B． f(x)的值域为[2,2] f(x) C．| |≤2 D． f(x)cos(x3)有无穷多个根 x 数学试题第 2 页（共4页）x2 y2 11．已知椭圆C:  1的左、右焦点分别为F ，F ，C上的点P在第一象限内．直 4 3 1 2 线PQ平分FPF ，与C交于Q点，交x轴于M ，记△PFF 、△QF F的面积分别 1 2 1 2 2 1 为S 、S ，点P和M 的横坐标分别为x 和x ．则 1 2 P M k 3 A． PQ  B．x 4x k 2 P M OP 3 S 3 C．|PM |的取值范围是( , 3) D． 1 的取值范围是( ,1) 2 S 5 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．6个男生和3个女生随机排成一纵队，恰好有2对相邻的人为同性别的概率 为 ． 13．已知平行直线l 、l 截斜率为0、2 2的直线所得的线段长分别为3、4，则l 和l 1 2 1 2 之间的距离为 ．      14．若互不相等的单位空间向量OP(i1,2,3,4)满足|PP ||PP ||PP ||PP |1，则 i 1 2 2 3 3 4 4 1   |PP |2 |PP |2的取值范围为 ． 1 3 2 4 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 在△ABC中，D在BC上，记BAD，CAD，满足2sinCsinsinBsin， 且BC 3． （1）求BD； （2）若AD 2 ，求△ABC周长的最大值． 16．（15分） 平行四边形ABCD满足AD2AB，ABDB，M 为AD中点，现将△ABM 沿BM 翻折到△PBM ，连接CP、DP、BD． （1）证明：不存在点P，使得平面BMP D C P 平面BDP； M （2）当平面BPD平面BMD时，求直线 CP与平面BMP夹角的正弦值． B 数学试题第 3 页（共4页）17．（15分） y2 双曲线:x2  1的左、右焦点分别为F 和F ，M(6,0)，过M 作直线l分别交 3 1 2 左右两支于A、B两点，且|BM ||AB|． （1）求l的方程； （2）设N(a,0)(a1)，作NC平行于l交AF 于C，并分别交于P、Q两点，若 1 |CP||QN|，求a． 18．（17分） 已知函数 f(x)xlnxax3 x2． （1）讨论 f(x)的单调性； 1 （2）当0a 时，设t 和t 是 f(x)的两个极值点，证明： f(t ) f(t )1； 6 1 2 1 2 （3）若有且仅有一条直线l与曲线y f(x)切于相异两点，求a的取值范围． 19．（17分） 定义：允许元素重复的多重集V {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)}，且1 0 x yz 次变换操作为：从V 中随机去除3个元素x，y，z，并加入以下4个元素： 、 0 2 x yz x yz x yz 、 、 ，记V 为经过n次变换后的多重集． 2 2 2 n （1）如果1次变换去除(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)，求|v |2 ； i vV1 （2）任意给定向量u，证明：(vu)2 是定值； vVn （3）记S  |v| v，证明：|S |3 5． n n vVn 数学试题第 4 页（共4页）2026 年“光子杯”第二次线上联考 数学试题参考答案 一、选择题： 1．A 2．D 3．C 4．C 5．A 6．B 7．C 8．C 二、选择题： 9．ACD 10．AD 11．BCD 三、填空题： 5 8 34 8 66 12． 13． 或 14．(3,4] 42 17 33 四、解答题： 15．解： BD AB CD AC （1）由正弦定理得  ，  ． sin sinADB sin sinADC 因为ADBADC  π，所以sinADB sinADC ，联立得 BD AB sin   CD AC sin AC AB 由  ，2sinCsinsinBsin得CD2BD，且BC 3，从而BD1． sinB sinC （2）由余弦定理得AB2  AD2 BD2 2ADBDcosADB 32 2cosADB， AC2  AD2 CD2 2ADCDcosCDB 64 2cosADB． 从而AC2 2AB2 12，设AC 2 3cos，AB  6sin，则 AC AB 2 3cos 6sin3 2sin()≤3 2 故△ABC周长的最大值为3 23． 当且仅当AC 2 2，AB 2，BC 3时取等，此时△ABC存在． 数学答案 第1页 共 7 页16．解： （1）假设存在点P，使得平面BMP平面BDP，取BP中点N ，连接DN ，MN 由AD2AB，AB  DB，则△MBP为等边三角形，从而MN BP． 而平面BMP平面BDP，平面BMP 平面BDPBP，从而MN 平面BDP  又DN 平面BDN，从而MN DN ． 1 3 设ABa，则BN  a，MN  a，MDa，BD 3a 2 2 1 在Rt△DMN 中，DN  MD2 MN2  a 2 那么在△BDN 中有DN BN a 3aBD，矛盾，故不存在这样的点P． （2）不妨设PB 2，如图所示 z 以M 为原点，MB所在直线为x轴建立 D C P y 空间直角坐标系，有M(0,0,0) M C(0,2 3,0)，B(2,0,0)，D(1, 3,0) B 作P在底面MBCD的投影P x 3 3 2 6 注意到MP  BP，那么MP BP，所以P(1, ,0)，结合BP 2得P(1, , ) 3 3 3  5 3 2 6   3 2 6 从而CP (1, , )，MB (2,0,0)，MP(1, , ) 3 3 3 3 设n(x,y,z)是平面BMP的一个法向量，平面BMP与直线CP的夹角为，那么  nMB2x 0    3 2 6 nMP x y z 0  3 3 取z 1得x0，y 2 2，则n(0,2 2,1)，那么  CPn 4 6 2 2 sin    |CP||n| 2 33 3 2 2 即平面BMP与直线CP夹角的正弦值为 ． 3 数学答案 第2页 共 7 页17．解： （1）当l的斜率为0时，A(1,0)，B(1,0)显然不成立． 设A(x,y )，B(x ,y )，l:xmy6并与联立得 1 1 2 2 (3m2 1)y2 36my1050  36m y  y    1 2 3m2 1 (y  y )2 432m2 其中36m2 4200，且  1 2  105 y y 35(3m2 1) y y  1 2  1 2 3m2 1 (y  y )2 9 35 又由y 2y 得 1 2  ，联立解得m ． 1 2 y y 2 3 1 2 35 所以l的方程为x y6． 3 （2）设P(x ,y )，Q(x ,y )，NC:xmya与联立得 3 3 4 4 (3m2 1)y2 6amy3a2 30 6am 2 24m 则y  y  ，且由y 2y 得y  (y  y ) 3 4 3m2 1 1 2 1 3 1 2 3m2 1 |FN| |FC| y 由CN // AM 得△FCN △FAM ，则 1  1  C ，从而 1 1 |FM | |FA| y 1 1 1 |FN | a2 3(a2)m y  y  1  y  C 1 |FM | 8 1 3m2 1 1 由于|CP||QF |，则有y  y  y ，那么 2 C 3 4 3(a2)m 6am   3m2 1 3m2 1 解得a2． 数学答案 第3页 共 7 页18．解： 6ax2 2x1 （1） f(x)lnx3ax2 2x1，记g(x) f(x)，则g(x) (x 0) x 1 1 1 当a0时，g(x)2 在(0, )上大于0，在( ,)上小于0 x 2 2 1 1 即 f(x)在(0, )上递增，在( ,)上递减； 2 2 1 16a 1 16a 当a0时，g(x)在(0, )上大于0，在( ,)上小于0 6a 6a 1 16a 1 16a 即 f(x)在(0, )上递增，在( ,)上递减； 6a 6a 1 1 16a 1 16a 当0a 时，g(x)在(0, )，( ,)上大于0 6 6a 6a 1 16a 1 16a 在( , )上小于0 6a 6a 1 16a 1 16a 即 f(x)在(0, )，( ,)上递增 6a 6a 1 16a 1 16a 在( , )上递减； 6a 6a 1 当a≥ 时，g(x)≥0，即 f(x)在(0,)上递增． 6 （2）由题可知，t 和t 是方程g(x)0的两个根，即6at2 2t 16at 2 2t 10 1 2 1 1 2 2 1 1 有t t  ，tt  ，则 1 2 3a 12 6a f(t ) f(t )(lnt 3at2 2t 1)(lnt 3at 2 2t 1) 1 2 1 1 1 2 2 2 lntt (t t )1 12 1 2 1 1 ln  1 6a 3a 1 1 13a 1 1 记(a)ln  1，则(a) 在a(0, )时大于0，即(a)在(0, )上递增 6a 3a 3a2 6 6 1 因此(a)( )1得证． 6 （3）设l与曲线y f(x)切点的横坐标分别为x ，x ，则有 1 2 f(x ) f(x )k  1 2 f(x )x f(x ) f(x )x f(x ) 1 1 1 2 2 2 数学答案 第4页 共 7 页①当a≤0时，g(x)在(0,)上有且仅有一个零点，记为x 0 则 f(x)在(0,x )上递增，(x ,)上递减 0 0 若存在符合题设的直线l，那么有x  x x ，其中k  f(x ) 1 0 2 0 记T(x) f(x)kx，那么T(x )T(x )，可知T(x) f(x)k 0在(x,x )上成立 1 2 1 2 因此T(x )T(x )与上述结论矛盾，故舍去． 1 2 1 ②当a≥ 时，g(x)≥0，那么 f(x)在(0,)上递增 6 因此不存在x ，x ，使 f(x ) f(x )，故舍去． 1 2 1 2 1 ③当0a 时，g(x)在(0,)上有两个零点，记为x 和x ，不妨令x  x 6 3 4 3 4 则 f(x)在(0,x )，(x ,)上递增，(x ,x )上递减，则 f(x )≤k≤ f(x ) 3 4 3 4 4 3 因此，方程 f(x)k至少有三个根． （i）x ，x 是较小的两根：此时 f(x)在(x,x )上大于k，由①知应舍去； 1 2 1 2 （ii）x ，x 是较大的两根：此时 f(x)在(x,x )上小于k，同理应舍去； 1 2 1 2 （iii）x ，x 分别是最小、最大的根： 1 2 此时存在函数p(x)，q(x)使得p(k)x ，q(k) x 1 2 记S(k)(f(x )x f(x ))(f(x )x f(x ))(f(p(k))kp(k))(f(q(k)kq(k)) 1 1 1 2 2 2 那么当k  f(x )时，T(x) f(x)k 0在(x,x )上成立，即T(x )T(x ) 4 1 2 1 2 也即S(f(x ))0，同理S(f(x ))0 4 3 S(k)(f(p(k))p(k) p(k)kp(k))(f(q(k))q(k)q(k)kq(k)) (f(x )k)p(k)x ((f(x )k)q(k)x ) x x 0 1 1 2 2 2 1 从而S(k)在(f(x ), f(x ))上递增且S(f(x ))0，S(f(x ))0 4 3 4 3 因此有且仅有一个k(f(x ), f(x ))使得S(k)0，此时满足题意． 4 3 1 综上，a的取值范围为(0, )． 6 数学答案 第5页 共 7 页19．解： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （1）依题意，1次变换后加入向量( , , ),( , , ),( , , ),( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 此时V {( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)}． 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 则|v |2     2229． i 4 4 4 4 vV1 （2）记下标u为该向量在u方向上的投影向量的长度． x  y z  2 x  y z  2 x  y z  2 x  y z  2 则 u u u  u u u  u u u  u u u          2   2   2   2  1 1  (x 2  y 2 z 2 2x y 2x z 2y z ) (x 2  y 2 z 2 2x y 2x z 2y z ) 4 u u u u u u u u u 4 u u u u u u u u u 1 1 (x 2  y 2 z 2 2x y 2x z 2y z ) (x 2  y 2 z 2 2x y 2x z 2y z ) 4 u u u u u u u u u 4 u u u u u u u u u x 2  y 2 z 2 u u u 则有  (vu)2  (vu)2 ，也即(vu)2  (vu)2 ，因此(vu)2 是定值． vVn1 vVn vVn vV0 vVn （3）任取单位向量u，由（2）知(vu)2  (vu)2 ，而 vVn vV0 (vu)2 u2 u 2 u 2 (u u )2 (u u )2 1 2 3 1 2 1 3 vV0 3(u2 u 2 u 2)2(uu uu u u ) 1 2 3 1 2 1 3 2 3 ≤5(u2 u 2 u 2)5 1 2 3 （其中u ,u ,u 分别是u在单位正交基上的投影向量的长度） 1 2 3 x yz 2  x yz 2  x yz 2  x yz 2 由          2   2   2   2  1 1  (x2  y2 z2 2xy2xz2yz) (x2  y2 z2 2xy2xz2yz) 4 4 1 1 (x2  y2 z2 2xy2xz2yz) (x2  y2 z2 2xy+2xz2yz) 4 4 n6  x2  y2 z2，也即(v )2 9 i i1 数学答案 第6页 共 7 页n6  n6  那么有S u |v | v u |v | v u n i i i i i1  i1  n6|v | v u 11n6 2 1n6  3 5  i  i ≤3 5  |v |  (v u)2≤3 5 i1 3 5   2  9 i1 i 5 i1 i    取u与S 同向，则有|S |≤3 5 n n 5 而取等条件要求i{1,2, ,n6}，有v u= |v |  i 3 i 考虑最后一步得到的a,b,c,d 满足d abc，因此du(abc)u 5 5 则 (|a||b||c|) |d|，故|a||b||c||d|=|abc| 3 3 5 5 5 那么原来的x,y,z共线且满足xu |x|， yu | y|，zu |z| 3 3 3 即上一步中的n5个向量w ,w ,w 满足i{1,2, ,n5}有 1 2 n5  5 w u= |w | i 3 i 以此类推，最开始的6个向量中有3个向量共线，显然矛盾，因此等号无法取到 综上，|S |3 5得证． n 数学答案 第7页 共 7 页