数学试题卷答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260422贵州省六校联盟2026届高三年级4月高考实用性联考卷(三)（全科）

数学参考答案
一、单项选择题（本大题共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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D C B C B D
【解析】
1．因为共有10个数据，所以第一四分位数是
数学参考答案·第1页（共9页）
1 0 
1
4
 2 .5 ，所以第一四分位数是第3个数，故
选B．
2．因为点A(4，4)在抛物线 C 上，所以 p2，F(1，0)，则|AF|5，故选D．
3．由题可得 A C  A B  B C  ( a  2 b )  ( 3 a  5 b )  4 a  7 b  C D ，又线段AC与线段CD有公共
点C，所以 A ， C ， D 三点共线，故选D．
4(a a )
4．S  1 4 16，a a a a 8，a 3，d a a 2，a a 5d 13，故选C．
4 2 1 4 2 3 2 3 2 7 2
5．对于A，面面平行的判定定理要求m，n相交，若 m ∥ n ，则  ， 可能相交，故A错误；
对于B，过m作平面交于a，则m∥a，过m作平面交于 b ，则m∥b，故 b ∥ a ， 又
a，又 b  平面，所以a∥，而 l，a，故 a ∥ ，l 故 m ∥ l ，故B正确；对
于C，若 m   ，   ，则m或m∥， 故C错误；对于D，若 l m l      ，  ，  ，
如果 m   或m，则不能判断 m   ，故 D 错误，故选B．
6．分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选一个，剩下的四个
班级去三个区域，方法种数为： C 13 C 24 A 33  1 0 8 ；第二类：有两个班去区域甲，在 3，4，5
三个班级中任选两个，剩下的三个班级去三个区域，方法种数为：C2A3 18，两类相加得
3 3
126种方法，故选C．
7． f ( T ) s in 2
2 π
s in
1
2
  





  ，且 0
π
2
  
π  π  π
，所以 ．ysinx sin2x 
6  2  2
cosxcos2xcosx(2cos2x1)2cos2xcosx1，且1≤cosx≤1，当 c o s x 
1
4
时，
取得最大值；当cosx1时，取得最小值为2，故选B．
8．对于 A，因为函数 f ( x ) 的定义域为 N * ，且满足 f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  x y  1 ， f(1)2，
取x y1，得 f(1) f(1) f(2)11，则 f(2)4，取x y2，得 f(2) f(2) f(4)41，则
数学参考答案·第2页（共9页）
f ( 4 )  1 1 ，故 A 错误；对于 B，取 y  1 ，得 f ( x )  f (1 )  f ( x  1 )  x  1 ，则
f(x1) f(x)x1，所以 f ( n )  f ( n  1 )  n ， f ( n  1 )  f ( n  2 )  n  1 ， ， f ( 2 )  f (1 ) 
2
(n1) (n2) n2 n2
，以上各式相加得 f(n) f(1)  ，所以
2 2
f ( n ) 
n 2  n
2
 2
，经检
验， f (1 )  2 也满足上式，所以 f ( x ) 
x 2  x
2
 2
， x  N *， 令 f ( x )  x ，得 x 2  x  2  0 ，
此方程无解，故 B 错误；对于 CD，由B知， f ( x ) 
x 2  x
2
 2
， x  N * ，由此函数的性质
得，故C错误， D 正确，故选D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有
多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
题号 9 10 11
答案 BD ABD AC
【解析】
9．对于A：由 ta n
1
5
2
 
5 12
，且为第三象限，则sin ，cos ，故角的终边与单
13 13
位圆的交点为


1
1
2
3
， 
5
1 3

，A错误；对于B和D：因为角的终边与角的终边关于 y 轴
对称，即为第四象限，则 s in
5
1 3
c o s
1
1
2
3
    ，   ，所以 s in c o s
7
1 3
    ，D正确，且
ta n
1
5
2
   ，B 正确；对于 C：由于角的终边与角的终边关于 y 轴对称，所以
π 2 k π ( k )       Z ，故C错误，综上所述，故选BD．
10．对于 A：|z | 2正确；
1
z
z
1
2

2
2 
c o s
 7 π
4

π
4

 i s in
 7 π
4

π
4
 

2
2
(  i )  
2
2
i ，故 B
 7π 7π
正确；对于C：因为z 1i 2cos isin  ，所以
1  4 4 
z 61  2
6 
c o s
4 2
4
π
 i s in
4 2
4
π 
 7π π 5π 7π π 5π
23i8i，故C错误；对于D：z 1 z 2 z 3  2 2 2   cos  4  4  6   isin  4  4  6    
 3 1 
4 2  i2 62 2i，故D正确，故选ABD．
 
2 2
 11．A．设
数学参考答案·第3页（共9页）
M ( x ，0 y
0
) ，双曲线的渐近线方程为 y   3 x ，设 M ( x ，0 y
0
) 到直线 y  3 x 的距离为
d
1

3 x
02
 y
0 ， 设 M ( x ，0 y
0
) 到 直 线 y   3 x
3x  y
的 距 离 为 d  0 0 ， 则
2 2
3x2  y2 9
dd  0 0  ，故A选项是正确的；B．因为直线l与双曲线的右支交于两点，根据图
1 2 4 4
象与双曲线的性质，可知直线l的斜率的取值范围为(， 3) ( 3，)，故B选项是错
π 2π
误的；C．设直线l的倾斜角为，因为渐近线的倾斜角分别为 ， ，所以
3 3
π
3
2 π
3
 

，

．设
△MFF， △NFF 的内切圆的圆心分别为 I，I ，△MFF 的内切圆 I 与各边切于
1 2 1 2 1 2 1 2 1
D ， G ， H ，△NFF 的内切圆
1 2
I
2
与 l 切于 E ，设 G ( m ， 0 ) ，根据圆的切线性质与双曲线的定
义可知 G ( 3 ， 0 ，) 所以 I 在直线
1
x  3 上，同理可得 I 也在直线
2
x  3 上，且
| G F
2
| c  a  3 . 由几何关系可得 F
1
F
2
I
1
π
2
F
1
F
2
I
2 2
 
 

，   ，所以r r |I I ||GI |
1 2 1 2 1
| G I
2
| | G F
2
| ta n
π
2
| G F
2
| ta n
2
3 ta n
2
ta n
3
2
.
  

 
  
   因 为
π
3
2 π
3
 

，

， 所 以
2
π
6
π
3



，

，所以 ta n
2 3
3
3



，
   3 
，令ttan  ， 3 ，由对勾函数性质可知
 
2 3
 
y  t 
1
t
在

3
3
， 1

上单调递减，在(1， 3)上单调递增，所以 y 

1 
1
1
， 3 
3
3 
，所以
y 

2 ，
4
3
3 
，所以r r [2 3，4)，故 C 选项正确；D．由双曲线的焦半径公式可知
1 2
|MF |ex a，|MF |ex a，则
1 0 2 0
| M F
1
|| M F
2
| e 2 x 20  a 2  4 x 20  3 ，根据x  3，x2 3，
0 0
所以 | M F
1
|| M F
2
| e 2 x 20  a 2  4 x 20  3  9 ，故D选项是错误的，故选AC．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
题号 12 13 14
答案 {  3 ，  2 ，  1 }
8
2
0
4 3
9 5 105
10
【解析】
12．当a2时，B{1}，BA；当a2时， B  { 1 ，  a  1 } ，由 B  A ，可得a3或
a1．综上所述，实数 a 的取值集合为{3，2，1}．13．五次中四次向右，一次向左，
数学参考答案·第4页（共9页）
C 45
 2
3
 4

1
3

8 0
2 4 3
．
14．如图 1，设球心为 O ，外接球的半径为R，△ABC内切圆圆
心为 O
1
，则S、O、O 三点共线，连接
1
O C 、 O C1 ， 在 △ S C O
1
中，由勾股定理得SO  5，在
1
△ O O C1 中，由勾股定理得：
OO2 OC2 OC2，即
1 1
( 5  R ) 2  2 2  R 2， 解得 R 
9
1 0
5
.
1
设内切圆的半径为r，则有S  rC ，解得
△ABC 2 △ABC
r  1 . 由
Q 是 △ABC 内 切 圆 上 一 点 ， 则 O Q1  1 ， 在 R △t O O Q1 中 ， 由 勾 股 定 理 得
OO2 OQ2 OQ2，解得
1 1
O Q 
1
1
0
0
5
，
9 5 105 9 5 105
|PQ|≤|OP||OQ|   ，
10 10 10
当且仅当 P 、 O 、 Q 三点共线且O在 P 、 Q 之间时等号成立．
四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）
解：（1）在 △ A B C 的内角 A ， B ， C 中，有 3 a s in B  b s in 2 A ，
由正弦定理及二倍角公式得 3 s in A s in B  2 s in B s in A c o s A ，
………………………………………………………………………………………（3分）
又A，B(0，π)，…………………………………………………………………………（4分）
∴ s in A s in B  0 ．…………………………………………………………………………（5分）
∴ c o s A 
2
3
，即 A 
π
6
．………………………………………………………………（6分）
（2）由（1）及正弦定理得
s
a
in A
 2 R  2 3 ，
………………………………………………………………………………………（7分）
∴ a  3 ， …………………………………………………………………………………（8分）
3
∴bc ．………………………………………………………………………………（9分）
4
由余弦定理得 3
2
 b 2  c 2  2
4
3
2
3
 b 2  c 2 
3
4
，
图1
……………………………………………………………………………………（12分）
3 15
∴b2 c2 3  ． …………………………………………………………………（13分）
4 416．（本小题满分15分）
解：（1）因为骰子朝上点数为奇数、偶数的概率各为
数学参考答案·第5页（共9页）
1
2
，
所以估计回答问题1和问题2的居民各有600人．……………………………………（2分）
由题意，出生月份在6~8月的比例为
1
4
2
0
0
0
0

1
3
，
从而回答“是”的居民中回答问题1的应为200人，…………………………………（4分）
所以回答“是”的居民中回答问题2的为620200420（人），
………………………………………………………………………………………（6分）
故估计该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为
4
6
2
0
0
0

1
7
0
.
………………………………………………………………………………………（7分）
（2）由（1）知，该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为 P 
1
7
0
，
设事件 A 表示居民回答“是”，事件 B 表示居民所抛骰子是偶数点朝上．
回答“是”的概率为 P ( A ) 
1
6
2
2
0
0
0

3
6
1
0
.
………………………………………………………………………………………（9分）
1 7
回答“是”且点数是偶数的概率为P(AB) P .
2 20
………………………………………………………………………………………（12分）
因此，所求条件概率为 P ( B | A ) 
P
P
( A
(
B
A )
)

7
2 0
3 1
6 0

2
3
1
1
，
故已知学生回答“是”的条件下，他所抛骰子是偶数点朝上的概率约为
2
3
1
1
.
……………………………………………………………………………………（15分）
17．（本小题满分15分）
（1）证明：作POAD，垂足为O，连接OC．
在 R △t P A O 中，由 ta n  P A D  2 ， P A  5 ，
解得PO2，AO1．……………………………………………………………………（2分）
∵ B C  A O  1 ， A O ∥ B C ，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∴OC AB1，则
数学参考答案·第6页（共9页）
O C 2  O P 2  P C 2
  P O C  9 0  ， 即 P O  O C . …………………………………………………………（4分）
∵ A D O C  O ，
∴PO平面ABCD. ……………………………………………………………………（5分）
∵PO平面PAD，
∴ 平 面 P A D  平 面 A B C D .
…………………………………………………………………………………（6分）
（2）解： ∵ O C ∥ A B ， A B  A D ， ∴ C O  A D . ·………………………………………（7分）
如图2，以O为坐标原点，以 O C ， O D ， O P 的方向分别为
x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系 O x y z ，设 O D  a ( a  0 ) ，
∴ A ( 0 ，  1 ， 0 ，) B (1 ，  1 ， 0 ，) C (1 ， 0 ， 0 ，)
D ( 0 ， a ， 0 ，) P ( 0 ， 0 ， 2 ，)
∴ A B  (1 ， 0 ， 0 ，) A P  ( 0 ， 1 ， 2 ，) C D  (  1 ， a ， 0 ，) C P  (  1 ， 0 ， 2 ) ,
………………………………………………………………………………………（8分）
设平面 P A B 、 平面 P C D 的法向量分别为m(x，y，z )，n(x，y，z )，
1 1 1 2 2 2
由
 m
m
A
A
B
P


x
y
1
1


0
2
，
z
1
 0 ，
取 y
1
 2 ， 得 m  ( 0 ， 2 ，  1 ) .
………………………………………………………………………………………（10分）
 n CDx ay 0，
由 2 2 取x 2a，得n(2a，2，a).
2
n CPx 2z 0，
2 2
………………………………………………………………………………………（12分）
因为平面PAB与平面 P C D 所成二面角的正弦值为
2
3
9
0
，则其余弦值的绝对值为
1
3 0
，
所以 | c o s  m ， n  |
|
|
m
m
|
n
| n
|
|

5
| 4 
5
a
a 2
|
 4

1
3 0
，
解得a2 48a920，a2或46．……………………………………………………（14分）
当a46时， A D  4 7 ，此时  A P D 为钝角，不符合题意；
当a2时，AD3，此时  A P D
图2
为锐角，符合题意，
故AD3. ………………………………………………………………………………（15分）18．（本小题满分17分）
（1）解：由题得
数学参考答案·第7页（共9页）
f ( x )  2 (1  x  c o s x ，) ………………………………………………（1分）
当 x  (   ， 0 ) 时，1xcosx0，所以 f ( x )  0 ， f ( x ) 在 (   ， 0 ) 上单调递增；
当 x  [ 0 ，   ) 时，令 h ( x )  f ( x ) ，
则 h ( x )  2 s in x  2 ≤ 0 ， …………………………………………………………………（3分）
则 f(x)在[0，)上单调递减， f(x)≤f(0)0，所以 f(x)在[0，)上单调递减．
所以 f ( x )
m ax
 f ( 0 )   2 ，所以 f ( x ) 的最大值为−2．
……………………………………………………………………………………（5分）
（2）解：由 f ( x ≤) 2 e x  x 2  2 (1  a ) x  4 ，整理得 s in x  a x  e x  1 ≥ 0 ，
当 x  0 时， s in x  a x  e x  1 ≥0恒成立，符合题意；………………………………（6分）
令g(x)sinxaxex 1，则g(x)cosxex a，
令 t ( x )  g ( x ) ，则 t ( x )  e x  s in x ，
当x0时， e x  1 ， t ( x )  0 ，所以 g ( x ) 在 ( 0 ，   ) 上单调递增，
所以 g ( x )  g ( 0 )  2  a .
①当 a ≤ 2 时，g(x)2a≥0，所以 g ( x ) 在 ( 0 ，   ) 上单调递增，
所以 g ( x )  g ( 0 )  0 ，符合题意；………………………………………………………（8分）
②当 a  2 时， g ( 0 )  2  a  0 ， g ( ln ( 2  a ) )  2  c o s ( ln ( 2  a ) )  0 ，
所以存在x (0，ln(2a))，使得
0
g ( x
0
)  0 ，当0xx 时，g(x)g(x )0，
0 0
所以 g ( x ) 在 ( 0 ， x
0
) 上单调递减，则当 0  x  x
0
时， g(x)g(0)0 ，不符合题
意．………………………………………………………………………………………（10分）
综上，实数a的取值范围是(，2]． ………………………………………………（11分）
（3）证明：由（1）知，当x0时， s in x  x 
1
2
x 2
1
，取x ，k 1，2，3， n，nN，
k2
有 s in
1
k 2

1
k 2

2
1
k 4

2 k
2
2
k

4
1

k 2 
2
k
k
2
4
 1
≥
k
2 k
2
4

2
1
k 2

2 k (
1
k  1 )

1
2
 1
k

k
1
 1

，
……………………………………………………………………………………（13分）
1 1 1 1 11 1
故sin  1  ，sin     ，………………………………………………（15分）
12 2 2 22 22 3n 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1  n
所以sin sin sin sin  sin         ，
k2 12 22 32 n2 21 2 2 3 n n1 2(n1)
k1
即
数学参考答案·第8页（共9页）
k
n
 1
s in
1
k 2

2 ( n
n
 1 )
. …………………………………………………………………（17分）
19．（本小题满分17分）
（1）解：设椭圆C的焦距为2c，则 F
1
(  c ， 0 ，) P ( x ，0 y
0
)
cx
，则 0 0，
2
x
0
 c ，
从而 P F
2
 x 轴，且 | y
0
|
b
a
2
， S
△ F P1 F 2

1
2
2 c
b
a
2

b 2
a
c

3
2
.
又离心率 e 
c
a

1
2
以及 a 2  b 2  c 2 ，所以 a 2  4 ， b 2  3 ， c 2  1 ，
所以椭圆C的方程为：
x
4
2

y
3
2
 1 . ……………………………………………………（4分）
（2）（ⅰ）证明：当直线PQ的斜率为0 时，由题知 P (  2 ， 0 ，) Q ( 2 ， 0 ) ，
因为 A

1 ，
3
2

， B

1 ， 
3
2

，所以 A P ： y 
1
2
( x  2 ，) B Q ： y 
3
2
( x  2 ) ．
由AP和BQ方程联立解得交点M(4，3)；……………………………………………（6分）
当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为 x  m y  1 ．
 xmy1，

由x2 y2 有
  1，
 4 3
( 3 m 2  4 ) y 2  6 m y  9  0 ，
因为直线过椭圆内一定点，所以直线与椭圆恒有交点.
设 P ( x ，1 y
1
，) Q ( x ，2 y
2
) ，则直线 A P ： y 
3
2

y
1
x
1


3
21
( x  1 )  y 
3
2

y
1
m

y
3
2
1
( x  1 ) ①，
同理 B Q ： y 
3
2

y
2
m

y
2
3
2
( x  1 ) ②，………………………………………………………（8分）
 3 3
y  y 
 2 2 1 2 
②－①得3  (x1)，化简得3x1，
my my
 2 1 
 
x  4 ．
综上可知，直线 A P 、 B Q 的交点在定直线 x  4 上．
………………………………………………………………………………………（10分）（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，设直线PQ的方程为
数学参考答案·第9页（共9页）
x  m y  1 ， P ( x ，1 y
1
，) Q ( x ，2 y
2
，)
则 y
1
 y
2

3

m
6
2
m
 4
， y
1
y
2

3 m

2
9
 4
．
因为点M(4，t)，且 k
M P
、 k
M F
、2 k
M Q
成等比数列，所以 k
M P
k
M Q
 k 2M
F 2
，
k
M P
k
M Q

( m
( y
1
y
1


t
3
)
)
(
(
y
m
2y

2
t

)
3 )

m
y y
1 2
2 y y
1 2


t (
3
y
m
1

( y
y
2
1
) 
y
2
t
)
2
 9
 k 2M
F 2

 t
4


0
1
 2

2 t
9
，
化简得mt3． …………………………………………………………………………（14分）
（法一）设点M到直线PQ的距离为d，则 d 
|  4 
m
m
2
t


1
1 |

| m
m
t 
2 
3 |
1
 0 ，
所以M、P、Q三点共线．……………………………………………………………（17分）
（法二）直线PM的斜率 k
M P

y
1
x
1


t
4

m
y
1y
1


t
3
，因为 m t  3 ，
所以 k
M P

m
y
1y
1


t
3

y
m
1
y

1

3
m
3

1
m
m
m
y
y
1
1


3
3

1
m
 k
P Q
，
所以M、 P、Q三点共线．……………………………………………………………（17分）
（法三）向量 M P  ( x
1
 4 ， y
1
 t )  ( m y
1
 3 ， y
1
 t ) ，
M Q  ( x
2
 4 ， y
2
 t )  ( m y
2
 3 ， y
2
 t ，)
( m y
1
 3 ) ( y
2
 t )  m y
1
y
2
 m ty
1
 3 y
2
 3 t  m y
1
y
2
 3 ( y
1
 y
2
)  3 ，t
( m y
2
 3 ) ( y
1
 t )  m y
1
y
2
 m ty
2
 3 y
1
 3 t  m y
1
y
2
 3 ( y
1
 y
2
)  3 ，t
所以MP∥MQ，又两个向量有公共点M，所以M、P、Q三点共线．
……………………………………………………………………………………（17分）