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2025-2026学年度高三第二学期第三次月考数学试题 5．现在从 4名男生和 3名女生中，任选 3名男生和 2名女生，分别担任 5门不同学科的课代表，
则不同的安排方法的种数是（ ）
A．120 B．1440 C．2880 D．7280
注意事项：
6．直线 x+2y﹣4＝0与直线 3x+y﹣9＝0所成角是（ ）
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题
A．30° B．45° C．60° D．75°
卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 7．已知 ，且 ，则 tan2α＝（ ）
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. A． B． C． D．
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分 150分，考试用时 120分钟.
8．已知 A，B是椭圆 的左右顶点，P是双曲线 在第一象
限上的一点，直线 PA，PB分别交椭圆于另外的点M，N．若直线MN过椭圆的右焦点 F，且
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
tan∠AMN＝3，则椭圆的离心率为（ ）
中，只有一项是符合题目要求的）
1 A． B． C． D．．函数 的定义域是（ ）
A．[﹣4，4）∪（4，+∞） B．[4，+∞）
二．多项选择题（本大题共 3个小题，每小题 6分，共 18分.在每个小题给出的四个
C．（4，+∞） D．（﹣4，+∞）
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，
2．已知 i为虚数单位，若 ，则 ab＝（ ）
有选错的得 0分）
A．1 B． C． D．2 9．如图，在等腰梯形 ABCD中，E为腰 CD的中点，BC＝3AD＝3， ，N是梯形 ABCD
3．“三个数不全是负数”的一个充要条件是（ ） 内（包含边界）任意一点，AC与 BE交于点 O，则（ ）
A．至少有一个是正数 B．全不是负数
C．至少有一个是非负数 D．只有一个是负数
4．若 a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a b B．log3a＞log3b
A． B．
C．3a＞3b D．
C． 的最小值为 0 D． 的最大值为 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．（13分）在△ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且
10．连续投掷一枚均匀的骰子 3次，记 3次掷出点数之积为 X、掷出点数之和为 Y，则（ ） ．
A．事件“X为奇数”发生的概率 （1）求 A；
（2）若△ABC的面积为 ，求 a的最小值．
B．事件“Y≥17”发生的概率为
C．事件“X＝2”和事件“Y＝4”相等
16．（15分）如图（1），多边形 ABCDE是由一个等腰三角形 ABE和一个菱形 BCDE组成的，其
D．事件“X＝4”和事件“Y＝6”独立
11．若球 O的半径为 2，AB为直径，OA中点为 P，则下列说法正确的是（ ） 中 AB＝AE ，BC＝2，∠D＝60°．现将△ABE沿 BE翻折，点 A翻折到点 P的位置，
A．球面上任意一点到 P距离的最大值为 3 得到四棱锥 P﹣BCDE，如图（2）所示．
B．过 P作球 O的截面，则截面面积的最小值是 4π （1）求证：∠PCD＝90°．
C．若某正方体的外接球是球 O，则点 P到该正方体各面距离的最大值是 （2）如图（2），若二面角 P﹣BE﹣D的大小为 120°，点 G为△PBE的重心，点 F在线段
BC上，且 BF BC．
D．若某正四面体的外接球是球 O，则点 P在该正四面体上的轨迹长度是
（i）求证：GF∥平面 PCD；
（ii）求平面 CGF与平面 PCD夹角的正弦值．
三．填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15分）
12．某高中有学生 500人，其中男生 300人，女生 200人，为了获得全体学生的身高信息，按照
分层抽样的原则抽取了容量为 50的样本．已知男生身高样本均值为 170cm，方差为 17cm2；
女生身高样本均值为 160cm，方差为 30cm2，经计算可知所有样本的均值为 166cm，则所有样
本的方差为 cm2．
13．双曲线 x2+my2＝1的一条渐近线方程为 y＝2x，则 m＝ ．
14．已知数列 {an}的通项公式 ，则此数列前 n项和 Sn的取值范围 17．（15分）为普及安全知识，某单位举办了一场安全知识竞赛，经过初赛、复赛，有甲、乙两
为 ． 个代表队（每队三人）进入决赛，决赛规则如下：共进行三轮比赛，每轮比赛中每人各答一题，
每答对一题得 10分，答错不得分．假设甲队每人答题正确的概率均为 ，乙队三人答题正确
的概率分别为 ．
（1）若决赛中三轮总得分大于 70分就能获得特别奖，求乙队获得特别奖的概率；
（2）因两队在决赛中得分相同，现进行附加赛．规则如下：甲，乙两队抽签决定谁先答题，
每队每人各答题一次为一轮，有两人及以上答对就算成功答题，并继续下一轮答题，否则换另
一队答题，连续两轮成功答题的队伍获胜，比赛结束．求附加赛中甲队恰好在第 5轮结束时获
胜的概率．
18．（17分）已知 P是椭圆 上一个动点，F是椭圆的左焦点，若|PF|的
最大值和最小值分别为 和 ．
（1）求椭圆 C的标准方程；
（2）Q（0，t）是 y轴正半轴上的一点，求|PQ|的最大值．
（3）若动直线 x＝my+1与 C交于点 M，N，点 E是 x轴正半轴上异于点（1，0）的一定点，
若直线 EM，EN的倾斜角分别为α，β（α+β≠π），且存在实数 k使得 tan（α+β）﹣k（tanα
+tanβ）＝0恒成立，求点 E的坐标及 k的值．
19．（17分）已知函数 f（x）＝（π﹣x）sinx+kcosx（k∈R）．
（1）若曲线 y＝f（x）在 处的切线平行于 y轴，求 k的值；
（2）当 k＝1时，求函数 y＝f（x）在（0，2π）内的极大值点和极小值点的个数；
（3）证明：对任意 k∈R，曲线 y＝f（x）上存在四个不同的点共圆．
参考答案 因为 0＜C＜π，sinC＞0，所以 ，
一．选择题 所以 tanA ，结合 A∈（0，π），可得 ．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
（2）由题意得 ，解得 bc＝4，
答案 C B C C B B D A
根据余弦定理，可得 a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，
所以 a2≥4，即 a≥2，当且仅当 b＝c＝2时，a的最小值为 2．
二．多选题
题号 9 10 11 16．解：（1）证明：如图，
答案 AD AC ACD 取 BE的中点 H，连接 PH，CH，CE，
因为△PBE为等腰三角形，点 H为 BE的中点，所以 PH⊥BE，
因为四边形 BCDE为菱形，
三．填空题 所以 BE∥CD，
12．46.2． 所以 PH⊥CD，
13． ． 因为四边形 BCDE为菱形，∠D＝60°，所以△BCE为等边三角形，所以 CH⊥BE，进而 CH
⊥CD，
14．[ ， ）∪（ ，1]．
又 PH∩CH＝H，
所以 CD⊥平面 PCH，
四．解答题
又 PC 平面 PCH，
15．解：（1）由 ， 所以 PC⊥CD，
结合正弦定理得 sinAsinC sinAcosC sinB， 即∠PCD＝90°；
ABC sinB sin A+C sinAcosC+cosAsinC （2）（i）证明：如图，在△ 中， ＝ （ ）＝ ，
以 H为原点，HB，HC以及垂直于平面 BCDE的直线分别为 x，y，z轴，建立空间直角坐标
所以 sinAsinC sinAcosC （sinAcosC+cosAsinC），
系，
整理得 ， 因为 PH⊥BE，CH⊥BE，二面角 P﹣BE﹣D的大小为 120°，所以∠PHC＝120°．
则 B（ 1， 0， 0） ， ， ， ， 所以平面 CGF与平面 PCD夹角的正弦值为 ．
17．解：（1）根据题意，设乙队每轮得分为 X，
．
P（X＝20） ，
所以 ， ， ，
P（X＝30） ，
设平面 PCD的法向量为 ，
∴三轮总积分超过 70分，
则 ，所以 ， ∴ ．
令 y＝1，则 ， （2）其中甲队成功答题的概率为 ，
所以 ， 其中乙队成功答题的概率为 ，
所以 GF与平面 PCD的法向量垂直， 若甲先答第一轮：
又 GF 平面 PCD， 甲（胜）甲（负）乙（负）甲（胜）甲（胜）
所以 GF∥平面 PCD； ，
（ⅱ）由（i）， ， ， 甲（负）乙（胜）乙（负）甲（胜）甲（胜）
设平面 CGF的法向量为 ， ，
若乙先答第一轮：
则 ，所以 ， 乙 （负）甲（负）乙（负）甲（胜）甲（胜）
，∴ ，
令 y＝1，则 ， ，
∴甲队恰好在第 5轮结束获胜的概率为 ．
所以 ，
18．解：（1）若|PF|的最大值和最小值分别为 和 ，
所以 ， 此时 ， ，
解得 ， ，
则 b2＝a2﹣c2＝1，
当 x0＝3时， ，为定值，
故椭圆 C的标准方程为 ；
．
（2）设 P（x，y），Q（0，t），
则 E（3，0）， ．
此时 ，
，t＞0，y∈[﹣1，1]，
当 ，即 t≥8，|PQ|在区间[﹣1，1]单调递减，
当 y＝﹣1时，|PQ|取得最大值，最大值为 t+1，
当 ，即 0＜t＜8，此时|PQ|在区间[﹣1，1]的最大值为 ，
t 8 |PQ| t+1 0 t 8 |PQ| 19．解：（1）由 f（x）＝（π﹣x）sinx+kcosx（k∈R），得 f'（x）＝（﹣k﹣1）sinx+（π﹣x）cosx，综上所述，当 ≥ 时， 的最大值为 ；当 ＜＜ 时， 的最大值为 ；
（3）设 E（x0，0）（x 当 时， ，0＞0且 x0≠1），M（x1，y1），N（x2，y2），
因为曲线 y＝f（x）在 处的切线平行于 x轴，
联立 ，消去 x并整理得（m2+9）y2+2my﹣8＝0，
所以 ，解得 k＝﹣1；
由韦达定理得 ， ， （2）由 k＝1，得 f（x）＝（π﹣x）sinx+cosx，得 f'（x）＝（π﹣x）cosx﹣2sinx，
因为 ，α+β≠π， 令 g（x）＝f′（x）＝（π﹣x）cosx﹣2sinx，则 g'（x）＝﹣（π﹣x）sinx﹣3cosx，
所以 tanα+tanβ≠0， ①当 时，cosx＞0，sinx＞0，则 g'（x）＜0，所以 f'（x）在 上单调递减，
所以 为定值， 因为 f′（0）＝π＞0， ，
因为 则 使当 0＜x＜x1时，f'（x）＞0，
时，f'（x）＜0，
则 y＝f（x）在（0，x1）单调递增，在 单调递减，
所以 x1为 y＝f（x）的极大值点； 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
②当 时，cosx＜0，sinx＞0，则 f'（x）＜0， 所以曲线 y＝f（x）上存在四个不同的点，使得这四个点共圆．
所以 y＝f（x）在 上单调递减，
当 时，cosx＜0，sinx＜0，则 f'（x）＞0，
所以 y＝f（x）在 上单调递增，
又 f'（π）＝0，所以π为 y＝f（x）的极小值点；
③当 时，cosx＞0，sinx＜0，则 g'（x）＜0，
所以 f'（x）在 上单调递减，
因为 ，f'（2π）＝﹣π＜0，
所以 ，
使当 时，f'（x）＞0，x2＜x＜2π时，f'（x）＜0，
则 y＝f（x）在 单调递增，在（x2，2π）单调递减，
所以 x2为 y＝f（x）的极大值点，
所以曲线 y＝f（x）在（0，2π）的极大值点有 2个，极小值点有 1个；
（3）证明：因为在 y＝f（x）中，
f（π﹣x）＝[π﹣（π﹣x）]sin（π﹣x）+kcos（π﹣x）＝xsinx﹣kcosx，
f（π+x）＝[π﹣（π+x）]sin（π+x）+kcos（π+x）＝xsinx﹣kcosx，
所以 f（π﹣x）＝f（π+x），即曲线 y＝f（x）的图象关于 x＝π对称，
假设 y＝f（x），x∈（π，+∞）上存在不同两点 A，B，其关于 x＝π的对称点为 A'，B'，
则四边形 AA'B′B为等腰梯形，

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