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）