数学答案-2026届湖北省楚天协作体高三3月联考_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_2603192026届湖北省楚天协作体高三3月联考

高三数学参考答案
一.选择题部分
1 2 3 4 5 6 7 8
C B A B D A C B
9 10 11
AD BCD ACD
a a
7.【详解】对于①选项,设a 的前n项和为S ,S  1 2n12n12n1a ，
n n 2n1 2 n
所以数据a,a ,a ,,a 的平均数是a ，故①选项正确：
1 2 3 2n1 n
对于②选项，当n2时，取b 为2，4，8，
n
248 14
平均数为  b  4，故②选项错误；
3 3 2
对于③选项，a,a ,a ,,a 的中位数是a ，b,b ,b,,b 的中位数是
1 2 3 2n1 n 1 2 3 2n1
a a
b ,b  bb  aa  1 2n1a ，故③选项正确；
n n 1 2n1 1 2n1 2 n
对于④选项，数列a 的前2n1项和为S 2n1a ，
n 2n1 n
S
所以数列a 的前2n1项和的平均数为 2n1 a ，
n 2n1 n
数列b 是各项均为正数，且公比q 1的等比数列，
n
所以b b b ，
1 2 2n1
所以b 的前2n1项和b b b 2n1b ，
n 1 2 2n1 2n1
2n1b
所以数列b 的前2n1项和的平均数小于 n b ，
n 2n1 n
由③选项知，b a ，所以数列a 的前2n1项和的平均数比b 的前2n1项和的平均数
n n n n
大，④选项正确.
b b 1
8【. 详解】由关于x的方程2ln(ax ) 4x21 有实根，得关于x的方程ln(ax ) x2
2 2 4
有实根，
b 1 b 1
设方程ln(ax ) x2 的实根为x ，则ln(ax  ) x2 ，
2 4 0 0 2 0 4
得到ax  b e x0 2 1 4 ，即ax  1 be x0 2 1 4 0，
0 2 0 2
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}设点P(a,b)，则点P在直线x x 1 ye x0 2 1 4 0上，
0 2
点O(0,0)到直线x x 1 ye x0 2 1 4 0的距离d  e
x0 2 1
4 ，
0 2 x2 1
0 4
1 1 et 1 et(t1)
设t x2   ，函数 f(t) ,t ，求导得 f(t) ，
0 4 2 t 2 t2
1
当 t1时， f(t)0；当t 1时， f(t)0，
2
1
函数 f(t)在[ ,1)上单调递减，在[1,)上单调递增，
2
因此 f(t)  f(1)e，|OP|d  f(t)e，则a2b2 |OP|2e2，
min
 3
 3 b a e
3  a e0  2
检验：当t 1时，x  ，由 2 2 ，解得 ，此时a2b2 e2；
0 2  a2b2 e2  b e

2
 3
 3 b a e
 a e 0  2
由 2 2 ，解得 ，此时a2b2 e2
 a2b2 e2  b e

2
1
11.根据题意可知准线方程为2x10，即C的准线方程为x ，
2
p 1
所以  ，即p1，
2 2
所以m2p2，
则抛物线C的方程为：y2 2x，故A正确；
依题意得直线l的方程为ykx1，
当k 0时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，
当k 0时，代入y2 2x，
得k2x2 (2k2)x10，
1
则4(k1)24k28k40 且k 0，解得k 且k 0，
2
 1 
所以k的取值范围是 ,0(0,)，故B错误；
 2 
设Ax,y ，Bx ,y ，根据韦达定理可得：
1 1 2 2
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}2k2 1
x x  ，xx  ，
1 2 k2 1 2 k2
 
所以OAOB xx  y y  xx kx 1kx 1  1k2 xx kx x 1，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1k2 2k2 2k 1 2
代入可得：  1  ；
k2 k2 k2 k
1 1
若k m，即k 2，则0  ，
k 2
2
1 2 1   3 
所以   1 1 ,0 ，
k2 k k   4 
   3 
即OAOB的取值范围是 ,0，故C正确；
 4 
y
因为直线OB的方程为y 2 x，
x
2
 x y 
所以点D的坐标为x, 1 2 ，
 1 x 
2
y x y
设线段AD的中点为Nx ,y ，则x x ，y  1 1 2 ，
0 0 0 1 0 2 2x
2
y x y 2xx x y x y 2xx x kx 1x kx 1
则x y x  1 1 2  1 2 2 1 1 2  1 2 2 1 1 2
0 0 1 2 2x 2x 2x
2 2 2
1 2k2

(2k2)x
1
x
2
x
1
x
2


(2k2) k2  k2
 0
，
2x 2x
2 2
所以点Nx ,y 在直线xy0上，故线段AD的中点在一条定直线上.故D正确
0 0
二.填空题
 2 2 3
12. 150 13.  ,  14. 2
 
 2 3 
三.解答题
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}15.（1）零假设H 为：学生的满意度与学部无关..........1分
0
代入22列联表中的数据可得：
500(10015050200)2 250
K2    3.968 6.635x ........4分
150350300200 63 0.01
根据小概率值0.01的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，因此可以认为H 成立，
0 0
故可认为学生的满意度与所处学部无关.........5分
（2）从不满意的学生中，采用分层抽样的方法，得到初中部学生与高中部学生的抽样比为
2:1，则9名使用者中初中部6人､高中部3人..........6分
因为4人中高中部人数为X ，所以X 的可能取值为0,1,2,3，其对应的概率分别为：
C4 5 C3C1 10
PX 0 6  ，PX 1 6 3 
C4 42 C4 21
9 9
C2C2 5 C1C3 1
PX 2 6 3  ，PX 3 6 3  ............10分
C4 14 C4 21
9 9
X 的分布列为：
X 0 1 2 3
5 10 5 1
P
42 21 14 21
5 10 5 1 4
故数学期望为EX 0 1 2 3 ..........13分
42 21 14 21 3
16.（1）连接AC、BD、EF，
根据题意可设其交于点O，则A、E、C、F四点共面，且O为AC、BD、EF的中点，
所以四边形AECF、BEDF都是平行四边形，所以AE∥FC,DE∥BF，......2分
又AE 平面EAD，FC平面EAD，AE∥FC，所以FC//平面EAD，.....3分
DE平面EAD，FB平面EAD，所以FB∥平面EAD，.......4分
FB//平面EAD，FC//平面EAD，又FB、FC在平面ECB内相交于点F，
所以平面EAD//平面FCB.....6分
第 4 页 共 9 页
{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}（2）根据正八面体结构，如图建立空间直角坐标系
       
则A 2,0,0 ,D 0, 2,0 ,F 0,0, 2 ,B 0, 2,0 ，......7分
  
     
所以DA 2, 2,0 ,FA 2,0, 2 ,AB 0, 2,0 ，
    
设平面FAD的一个法向量为nx,y,z，则nDA,nFA，
 
 nDA0   2x 2y0
所以   ，即 ，令x1，则y z1，
nFA0  2x 2z0

所以平面FAD的一个法向量为n1,1,1，.....9分
因为点P为棱EB上的动点，
 
所以设BPBE，01
则  A  P    A  B    B  P    A  B    B  E   - 2, 2,0    0, - 2, 2   - 2, 2  1   , 2  ，....10分
设直线AP与平面FAD 成的角为，
 
nAP
2 2 2 2
sin    
n  AP 3 221222  1 2 3  ，......12分
12   
 2 4
又0≤≤1，
1 2 2 6
当 时，sin  ，当1或0时，sin  ，.......14分
2 max 3 min 3
 6 2 2
故直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围 , ........15分
 3 3 
 
17.（1）因为 p q 1，即：4S 2n1a 14S 2n1a 1．①.......1分
n n n n n n
当n1时，4S 3a 1，
1 1
又S a ，所以a 1．.....2分
1 1 1
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}当n2时，4S 2n1a 1，②
n1 n1
由①-②整理得：4a 2n1a 2n1a ．
n n n1
a 2n1
整理得 n  n 2，......3分
a 2n3
n1
a a a
由累乘法得：a a  2  3  n ，
n 1 a a a
1 2 n1
3 5 2n1
代入比值：a 1   2n1, ...5分
n 1 3 2n3
当n1时，a 1211，符合上式，
1
所以数列a 的通项公式为a 2n1．......6分
n n
（2）当n为偶数时，
T b b b b b b b b 
n 1 3 5 n1 2 4 6 n


a
1
1a
3
1a
5
1a
n1
1

3a
2
3a
4
3a
6
3a
n

n
S  2a a a a 
n 2 2 4 6 n
n
32n1
S  n 2 2 S n 2 3n ，
n 2 2 n 2
3
所以T S n2 n，n为偶数n2，.........9分
n n 2
3
由T S n恒成立，得n ，
n n 2
3 7 7
n是偶数，当n2时，n 有最小值 ，所以 ；......11分
2 2 2
当n为奇数时，n1为偶数，
3 1 1
T T b S n12 n13a S n2 n ，
n n1 n1 n1 2 n1 n 2 2
1 1
所以T S n2 n ，n为奇数，.......13分
n n 2 2
1 1
由T S n恒成立，得n  ，
n n 2n 2
1 1
又 f x x  在1,上单调递增，
2x 2
1 1
所以当n1时， f nn  有最小值1，所以1．
2n 2
综上，实数的取值范围是,1 .......15分
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}π b π
18.（1）由双曲线C的一条渐近线的倾斜角为 ，有 tan ，可得b 3a，......1分
3 a 3
4 9
又由点T 在双曲线C上，有  1,
a2 b2
4 9
代入b 3a，有  1，可得a1，b 3，.......2分
a2 3a2
y2
故双曲线的标准方程为x2 1......3分
3
（2）设点M的坐标为x ,y ，则x2 y 0 2 1，即3x2y2 3．
0 0 0 3 0 0
双曲线的两条渐近线l ，l 的方程分别为 3x y0, 3x y0，
1 2
3x  y 3x  y
则点M到两条渐近线的距离分别为 d  0 0 ,d  0 0 ，....5分
1 2 2 2
则 d d  3x 0  y 0  3x 0  y 0  3x 0 2 y 0 2  3．
1 2 2 2 4 4
所以点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值．.....7分
（3）存在2．
①当x  2时， MF  AF 3，又N是AM 的中点，
0
所以AFN MFN 45，所以AFM 2AFN ，此时2．....9分
②当x 2时．
0
y
ⅰ）当M在x轴上方时，由A1,0,Mx ,y ，可得k  0 ，
0 0 AM x 1
0
y
所以直线AM 的直线方程为y 0 x1，.....10分
x 1
0
1 1 3y 
把x 代入得N , 0 ．
2  2 2x 0 1 
3 y
 0
所以k  2 x 0 1  y 0 ，则tanAFN  y 0 ．.....11分
NF 1 x 1 x 1
2 0 0
2
y
2 0
x 1 2x 1y
y
由二倍角公式可得tan2AFN 
1   y
0
0   2

x 0 
0
12 y
0
0 2

2
0
x 0
．.......13分
x 1
0
y
因为直线MF的斜率k  0 及tanAFM k ，
MF x 2 MF
0
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}y
所以tanAFM  0 ，则tanAFM  tan2AFN ．.....14分
2x
0
 π
因为AFM0,π,AFN0, ，
 2
所以AFM 2AFN ．......15分
ⅱ）当M在x轴下方时，同理可得AFM 2AFN ．
故存在2，使得AFM 2AFN ．......17分
1lnx
19.（1）由题意求导可得 fx ......1分
x2
当x0,e时， fx0, f x在x0,e上单调递增，
当xe,时， fx0, f x在xe,上单调递减，
1
则 f(x)  f e .......2分
max e
当x1时， f x0，当x时， f x0，当x0时， f x.
所以 f x的大致图象如图所示.
...3分
1
当m 时， f x的图象与直线ym的交点个数为0；
e
1
当m 或m0时， f x的图象与直线ym的交点个数为1；
e
当0m 1 时， f x的图象与直线ym的交点个数为2.....5分
e
1
（2）x0, f x1 等价于alnxx1，
x
令gxalnxx1，则不等式等价于gxalnxx10 ，
a
gx 1，
x
a
当a0，则gx 10,g x在0,上单调递减，g10，
x
x0,1时gx0不合题意；....7分
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{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}当a0，令gx0得x0,a，令gx0得xa,，
故gx的递增区间为0,a，递减区间为a,，
若0a1，
Qg10，则当xa,1时，gx0，不合题意；...8分
若a1，gxalnxx1g10，适合题意；.....9分
若a1，
Qg10，则当x1,a时，gx0，不合题意；
综上，a1.....10分
（3）由（2）知：当a1时，有lnxx10，当且仅当x1时等号成立
n n
nN*时，ln  10，....11分
n1 n1
n n 1
ln  1 ，
n1 n1 n1
n1 1
ln  ，
n n1
1
lnn1lnn ，
n1
ln2ln1
1
,ln3ln2
1
,ln4ln3
1
, ,lnn 1  ln n 
1
，
2 3 4 n 1
1 1 1 1 1 1
lnn1ln1    ，即lnn1   ，
2 3 n1 2 3 n1
1 1 1 1
n1e2

3

4
 n1,nN*.......17分
第 9 页 共 9 页
{#{QQABCQAt5ggw0ITACA4LAUFoCQgYsIAiLMgMwQCYKAZCCANABKA=}#}