广东省潮州市饶平县高中校际联考2025-2026学年高三上学期第一次质量检测数学试题

答案第 1页，共 21页 饶平县 2025-2026 学年度高中校际联考高三级第一次质量检测 数学科试题答案 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． 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 答 案 C D C B C A A D 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． 题 号 9 10 11 答 案 BCD BC AD 三、填空题：本题共 3小题，每小题5分，共 15分． 12. 2 ；13. 20 11 ；14. 2 1 2 7, , 9 3 3 9            . 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） 解:（1）零假设为 0H ：性别因素与锻炼的经常性无关，…… ……（1分） 因为           2 2 , n ad bc n a b c d a b c d a c b d            ，所以 80n  ， 10a  ， 30b  ， 20c  ， 20d  ， 则 10 20 30 20 400ad bc       ，则  2 160000ad bc  ， 40a b  ， 40c d  ， 30a c  ， 50b d  ，所以      40 40 30 50 2400000a b c d a c b d         ， 则           2 2 80 160000 5.333 2400000 n ad bc a b c d a c b d           ，……………………（5分） 根据小概率值 0.01  的独立性检验为 6.635，由 2 5.333 6.635   ， 因此可以认为 0H 成立，即不能认为性别因素与同学锻炼的经常性有关系.…………（6分） （2）经常锻炼的学生为 50人（男生 30人，女生 20人），按比例抽取 5人，其中男生抽取 3人，女生抽取 2人.……………………（7分） 则 X 的可能取值为：0，1，2，则：……………………（8分） 答案第 2页，共 21页   3 3 3 5 C 10 C 10 P X    ，   2 1 3 2 3 5 C C 31 C 5 P X    ，   1 2 3 2 3 5 C C 32 C 10 P X    ，…………（11分） 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10   1 3 3 60 1 2 1.2 10 5 10 5 E X         ……………………（13分） 16. (15分） 解:（1）因为 3cos sin 3 b C a c B  ， 由正弦定理可得 3sin cos sin sin sin 3 B C A C B  ， ……………………（1分） 又  πA B C   ，所以   3sin cos sin sin sin 3 B C B C C B   ， …………（3分） 所以 3sin cos sin cos cos sin sin sin 3 B C B C B C C B   ， 即 3sin cos sin sin 0 3 C B C B  ， ………… ……………………（5分）  0, πC ，故 sin 0C  ， 3cos sin 0 3 B B   ，即 tan 3B   ， 又  0, πB ，则 2π 3 B  ． ………… ………… ……………………（7分） （2） 由（1）可知， 2π 3 B  ，又外接圆的半径为 2 3； 由正弦定理可知 4 3 sin b B  ， 所以 24 3 sin 6 3 πb   ，… ……………… ……… ……………………（8分） 因为 BD是 ABC 的平分线，故 1 π 2 3 CBD ABD ABC      ， 又 3BD  ， 答案第 3页，共 21页 由 ABC BCD ABDS S S    ， 可得 1 2π 1 π 1 πsin 3sin 3sin 2 3 2 3 2 3 ac a c    ，即  3ac a c  ．①………………（10分） 由余弦定理可知， 2 2 2 2π2 cos 3 b a c ac   ，即 2( ) 36a c ac   ．② …………（12分） 由①②可知 2 3a c  ．… ……………… ……… ……………………（13分） 所以 BD AC ， 又 2EC AE ，则 1DE  ， 所以 1 31 3 2 2BDE S     .… ……………… ……… ……………………（15分） 17. (15分） 解：①证明：设E是 1 1B C 的中点，连接ME，CE，………………………（1分） 因为M 是 1 1AD 的中点， E是 1 1B C 的中点， 所以 1 1// //EM C D CD，且 1 1EM C D CD  ， 所以四边形CDME是平行四边形， 所以 //CE DM .……………………………………………………………（3分） 又因为CE 平面 1 1BBC C DM ， 平面 1 1BBC C， 所以 //DM 平面 1 1BBC C .…………………………………………………… （5分） ②因为正四棱柱 1 1 1 1ABCD A BC D ，所以CD 平面 1 1AA D D， 又因为 AN 平面 1 1AA D D，所以 AN CD .……………………………………（6分） 连接 AM ，则 2 2 2 21 1 3 1 4 4 AM AA AM AB AB AB     ，所以 ADM△ 为正三角形， 因为 N是DM 的中点，所以 AN DM ，……………………………………（8分） 又因为DM CD D ，DM ，CD平面MCD， 所以 AN 平面MCD .………………………………………… （9分） 答案第 4页，共 21页 （2）以D为原点，DA，DC， 1DD 所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系，…………………………………………………（10分） 令 1AB  ，则  1,0,0A ，  1,1,0B ， 1 3,0, 2 2 M        . 平面MAD的一个法向量为  1 0,1,0n   .………………………………（12分） 设平面 BDM 的法向量为  2 , ,n x y z  ， 则 2 2 0, 0. n DM n DB         .即 1 3 0, 2 2 0. x z x y        取 1z  ，则 3x   ， 3y  . 所以  2 3, 3,1n   是平面 BDM 的一个法向量.………………………（14分） 1 2 1 2 1 2 3 21cos , 71 7 n nn n n n           . 设平面MAD与平面MBD所成二面角为，则 2 7sin 7   .……………………（15分） 18. (17分） 解：（(1)由题意得,设椭圆的半焦距为 c， 因为 1FMN△ 的周长为 8，由椭圆的定义可得： 4 8a  ，即 2a  ，……………（2分） 又椭圆离心率为 1 2 ce a   ，所以 1c  ，则 2 2 2 4 1 3b a c     ， …… ……（4分） 所以椭圆 C的方程为： 2 2 1. 4 3 x y   ……………………………………… …（5分） （2）（i）由椭圆方程得  2 0A  ， ，  2 0B ， ，设  0 0M x y， ，……… …… …（6分） 因为点 M在椭圆 C上，所以 2 2 0 0 1 4 3 x y   ，即 2 2 0 0 33 4 xy   ， 所以    0 0 0 02 2MA x y MB x y         ， ， ， ，……………………… …… …（8分） 所以     2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 32 2 4 3 4 1 4 4 xMA MB x y x y x y x x                   ， ， ， 当 0 0x  ，即 M为椭圆上下顶点时， ( ) 1minMA MB     ， 所以求MA MB   的最小值为 1 ；…………………… ……………………（10分） 答案第 5页，共 21页 （ii）证明：依题意，直线 l与 x轴不重合，设 l的方程为： 1x my  ，………（11分） 联立 2 2 1 4 3 1 x y x my        ，消去 x得  2 23 4 6 9 0m y my    ， 方程  2 23 4 6 9 0m y my    的判别式    2 2Δ 6 36 3 4 0my m    ，…………（13分） 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则由韦达定理得 1 2 2 6 3 4 my y m     ， 1 2 2 9 . 3 4 y y m     则         1 1 2 1 21 1 1 2 1 22 2 1 2 1 1 2 2 2 2 12 2 3 3 2 y y x y myk x my y y yk y x y my my y y x            ，…………………………（15分） 注意到 1 2 1 2 6 2 9 3 y y m m y y     ，即  1 2 1 2 3 2 my y y y   ， 所以     1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 3 1 3 12 2 2 3 3 93 33 2 2 2 y y y y yk my y y k my y y y y y y y            ， 所以 1 2 1 . 3 k k  ……………………………………………………………………（17分） 19. (17分） 解:（1）   cosf x x 是 π0, 2      上的“  0L 函数”，理由如下：……………………（1分）   cosf x x ，   sinf x x   . π0, 2 x       ， π π 3π, 4 4 4 x        ， πcos sin 2 sin 1, 2 4 x x x            ， …………………………………………（3分）          0 0 1 cos sin 0f x f x f x f x x x          在 π0, 2      恒成立，   cosf x x  是 π0, 2      上的“  0L 函数”.……………………………………（4分） （2）   exg x x  是  ,q  上的“  1L 函数”， 答案第 6页，共 21页     11 2 e 1 2(e 1) e (e 2) 1 0x x xg x g x x x             在  ,q  上恒成立， 设   e (e 2) 1xh x x    ，则   e (e 2) 1 0xh x     ，……………………………（6分） ∴   e (e 2) 1xh x x    在R 上单调递增，且   e (e 2) 1 0qh q q     . 又 1e 0 e 2 p p    ， e (e 2) 1 0p p     ，即   e (e 2) 1 0ph p p     . ∵   e (e 2) 1xh x x    在R 上单调递增，    h q h p ， ∴ q p≥ .…………………………………………………………………………（8分） （3）   2h x x ax  ，   2h x x a   . ∵   2h x x ax  是 0,2 上的“  2L 函数”， ∴        2 22 3 2 2 3(2 ) ( 2) ( 4) 0h x h x x a x x a x a x a              在 0,2 上恒成立， 即 2( 1) 2 4a x x x    在 0,2 上恒成立. 当 1x  时，对任意的 Ra ，上式恒成立，符合题意； 当0 1x  时， 2 22 4 ( 1) 3 31 1 1 1 x x xa x x x x             恒成立，………………（10分） 设 3( ) 1 1 F x x x     ，  0,1x ， 则  2 3( ) 1 0 1 F x x      ，所以函数 ( )F x 在 0,1 上单调递减， 所以 max 3( ) (0) 1 4 1 F x F       ，即 4a   ； 当1 2x  时， 2 22 4 ( 1) 3 31 1 1 1 x x xa x x x x             恒成立， 设 3( ) 1 1 H x x x     ，  1,2x ， 则  2 3( ) 1 0 1 H x x      ，所以函数 ( )H x 在  1,2 上单调递减， 所以 min 3( ) (2) 2 1 4 2 1 H x H      ，即 4a  . 综上所述， 4 4a   .………………………………………………………（13分） ∵  1 2, 1, 2x x  ，当 1 2x x 时，    1 2 1 2ln ln h x h x r x x    ， 答案第 7页，共 21页 ∴    1 2 1 2(ln ln )r x x h x h x   ，即    1 1 2 2ln lnh x r x h x r x   .…………………（14分） 令   2( ) ln lnG x h x r x x ax r x     ，  1,2x ， 则由题意可知：存在  4,4a  ，使得 ( )G x 在  1,2 上为增函数， 即存在  4,4a  ，使得 ( ) 2 0rG x x a x      ，即 2 ra x x   对任意的  1,2x 恒成立， 可得 2 4 rx x    对任意的  1,2x 恒成立， 即 22 4r x x  对任意的  1,2x 恒成立.……………………………………（15分） 而函数 22 4y x x  在 1,2 上单调递增，所以 2 22 4 2 1 4 1 6y x x       ，即 6r  . 另一方面，当 4a   ， 6r  时，   2( ) ln 4 lnG x h x r x x x r x     ，  1,2x ， 可知 2 22 4 2( 1) 2( ) 2 4 0r x x r x rG x x x x x            恒成立，满足题意， 所以实数 r的最大值为 6.……………………………………………………（17分） 答案第 8页，共 21页 《高中阶段（八月份）高三数学考试试题》详细参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B C A A D BCD BC 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合 N，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为      2 6 0 , 2 3,N x x x           ，而  2, 1,0,1, 2M    ， 所以M N   2 ．故选：C． 方法二：因为  2, 1,0,1, 2M    ，将 2, 1,0,1, 2  代入不等式 2 6 0x x   ，只有 2 使不等式 成立，所以M N   2 ．故选：C． 2．D 【分析】根据题意，由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可求解. 【详解】因为向量    1, 2 , 3 ,a b x x    ，则      2 1, 2 6 2 , 2 7 2 , 2 2a b x x x x        ， 且  2a a b    ，则    1 7 2 2 2 2 0x x      ，解得 112x   .故选：D 3．C 【分析】求导，由导数几何意义得到函数在 0x  处的切线斜率，结合两点间斜率公式得到 方程，求出实数 a的值. 【详解】 e 2xy a   ，由导数几何意义知， e 2xy ax  在 0x  处的切线斜率为 0e 2 1 2a a   ， 当 0x  时 1y  ，切线经过点  2, 1 ，故有  1 1 1 2 0 2 a      ，解得 1a  .故选：C． 4．B 【分析】求出命题“ 2[1 2] 0x x a  ，， － ”为真命题的充要条件，然后可选出答案. 【详解】由 2 0x a － 可得： 2a x ， 当 [1, 2]x 时，  2 max 4x  ，所以 4a  ， 答案第 9页，共 21页 则 a的取值范围为  4A a a  ， 满足其一个充分不必要条件的集合为 B，则： B为A的真子集, 故其一个充分不必要条件是： 4a  .故选:B 5．C 【分析】由题意可知： 2 m ，m是方程 2 1 0ax bx   的两根，利用韦达定理可得 1 2 mb m   ， 再利用基本不等式求最值即可. 【详解】由题意可知： 2 m ，m是方程 2 1 0ax bx   的两根，且 0a  ， 则 2 2 1 bm m a m m a         ，可得 1 2 a  ， 1 2 mb m   ， 则 3 4 2 2 2 mb m m     ，当且仅当 2 2m  时取等号， 所以的最小值为 2 2 .故选：C. 6．A 【分析】利用增函数的定义并结合一次函数与二次函数性质列出不等式求解即可. 【详解】对任意 1 2, Rx x  ，当 1 2x x 时都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x    成立， 所以函数 2 (2 1) 4 , 1 ( ) 5, 1 a x a x f x x ax x         在R 上是增函数， 所以 2 1 0 1 2 2 1 4 1 5 a a a a a           ，解得 1 1 2 a  ，所以实数a的取值范围是 1 ,1 2      . 故选：A. 7．A 【分析】依次算得  0 2f  ，  f x 的一个周期为 4，进一步结合已知得            3 1 0, 2 0 2, 4 0 2f f f f f f         ，由此得        1 2 3 4 0f f f f    ， 然后利用周期性即可求解. 【详解】由题意，令 0y  ，得      2 0f x f x f ，又  y f x 不是常函数，所以  0 2f  ， 再令 1y  ，得        1 1 1f x f x f x f    ，即    1 1 0f x f x    ， 答案第 10页，共 21页 则    2f x f x   ，即      4 2f x f x f x     ， 所以函数  y f x 的一个周期为 4，由    2f x f x   ，令 1x  ， 得            3 1 0, 2 0 2, 4 0 2f f f f f f         ， 所以        1 2 3 4 0f f f f    ， 所以 2026 1 ( ) 506[ (1) (2) (3) (4)] (2025) (2026) (2025) (20 26) i f i f f f f f f f f              1 2 2f f   .故选：A. 8．D 【分析】根据导数可判断  f x 在  0,  上为增函数，再设   ln , exu x x x   ，根据导数的符 号可判断单调性，从而可得三数的大小关系. 【详解】设 0x  ，又  ( ) 2 2 ln 2 sin 2x xf x x x     ， 设  ( ) 2 2 ln 2 sin 2x xs x x x    ，   2( ) 2 2 ln 2 cos 2 0x xs x x      ， 故在  0,  上 ( )s x 为增函数，故  ( ) 0 0s x s  即   0( 0)f x x  ， 故  f x 在  0,  上为增函数， 设   ln , exu x x x   ，则   2 1 0xu x x    ，故  u x 在  e, 上为减函数， 而 e 3 π 4   ，故 ln 3 ln π ln 4 3 π 4   ，故 4ln π π ln 4 ，故3 4lnπ 3 π ln 4   ， 所以 3 34 ln π π ln 4 0  ，故    3 34 ln π π ln 4f f ，故 a b . 又 π ln3 3ln π ，故 4π ln3 4 3ln π  即 π 34 ln 3 4 ln π 0  ， 故    π 34 ln 3 4 ln πf f ，故 c a ， 综上， c a b  ，故选：D.. 9．BCD 【分析】举反例可得 A错误；由不等式的性质可得 B正确；作差后由题意可得 C、D正确； 【详解】对于 A，设 2, 1, 1, 2a b c d      ，则 ab cd ，故 A错误； 对于 B，由不等式的性质可得，若 2 2ac bc ，则 a b ，故 B正确； 对于 C，   2 2 2 2 2 2 c b ac c a b a b    ， 答案第 11页，共 21页 因为 0a b  且 0c  ，所以 2 2 0b a  ，所以  2 2 0c b a  ，且 2 2 0a b  ， 所以  2 2 2 2 2 2 0 c b ac c a b a b     ，所以 2 2 c c a b  ，故 C正确； 对于 D， 1 1 b a a b ab    ，因为 a b ，所以 0b a < ， 又 1 1 a b  ，所以 0ab  ，故 D正确； 故选：BCD. 10．BC 【分析】对 AC，利用基本不等式可直接求出；对 B，将 2 2x y  代入即可求出；对 D，化 为  1 2 1 1 2 2 2 x y x y x y          展开利用基本不等式可求出. 【详解】对 A，因为 0x  ， 0y  ，则 2 2 2 2x y x y    ，解得 1 2 xy  ，当且仅当 2x y 等 号成立， xy取得最大值为 12 ，故 A错误； 对 B，由 2 2x y  可得 2 2 0x y   ，则0 1y  ，  22 2 22 2 2 5 8 4x y y y y y      ，当 45y  时， 2 2x y 取得最小值为 4 5 ，故 B正确； 对 C， 22 4 2 2 4 2 2 4x y x y x y     ，当且仅当 2 4x y 时等号成立，所以 2 4x y 的最小值 是 4，故 C正确； 对 D，  1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2 92 5 2 5 2 2 2 2 y x y xx y x y x y x y x y                            ，当且仅当 2 2y x x y  等号成立，所以 1 2 x y  的最小值是 9 2 ，故 D错误. 故选：BC. 11．AD 【分析】选项 A，用  ,x y 代替  ,x y 验证；选项 B，当 0y  时，方程变形为 2 2 1 2x y xy xy    ，则 1 1xy   ，因为 ,x y为整数，所以 x只能为 0， 1 ， y只能为 0， 1，再列举并结合曲线的对称性即可判断；选项 C，结合 B选项， 曲线C经过 6个整点围 成图形的面积为 3，曲线C围成的图形在这 6个点围成图形的外围，可判断 C；对于选项 D， 答案第 12页，共 21页 当 0y  时，方程变形为 2 2 1x y xy   ，即 2 23 1 2 4 yx y       ，令 cos 2 yx   ， 3 sin 2 y  ， 从而得到  2 4sin 2 3 3 d     ，结合三角函数的图像即可求解. 【详解】对于 A,用  ,x y 代替  ,x y ，可得曲线不变，则曲线C关于 x轴对称，故 A正确； 对于 B，当 0y  时，方程变形为 2 2 1 2x y xy xy    ，则 1xy  ， 因为 ,x y为整数，所以 x只能为 0， 1 ， y只能为 0，1， 当 0x  时，解得 1y  ，当 0y  时，解得 1x   ， 当 1x  时，解得： 0y  或1，当 1y  时，解得 0x  或1 所以当 0y  ，对应的点为  0,1 ，  1,0 ，  1,1 ， 因为曲线C关于 x轴对称，所以当 0y  时，对应的点有 (0, 1) ， (1, 1) ， 所以曲线C恰好经过 6个整点（即横、纵坐标均为整数的点），故 B错误， 对于 C，由 B选项可得曲线C恰好经过 6个整点，分别为  0,1 ， 1,0 ， 1,1 ，(0, 1) ，(1, 1) ， 结合图形可知这 6个点围成的面积 11 2 1 2 3 2 S       ， 因为曲线C围成的图形在这 6个点围成图形的外围，所以曲线C所围成的区域的面积大于 3， 故 C不正确； 对于 D，当 0y  时，方程变形为 2 2 1x y xy   ，即 2 23 1 2 4 yx y       ， 令 cos 2 yx   ， 3 sin 2 y  ，即 3cos sin 3 2 3 sin 3 x y          ， 设曲线C上任意一点为 ( , )P x y ，则 ( , )P x y 到原点的距离 答案第 13页，共 21页   2 2 2 2 3 2 3 2 4cos sin sin sin 2 3 3 3 3 d x y                            ，（其中 3tan 3   ）， 所以当  sin 2 1    时， min 2 6 3 3 d   ， 因为曲线C关于 x轴对称，则当 0y  时，也成立，故 D正确；故选：AD 12．2 【解析】先求出 (2)f ，再求 ( (2))f f 的值即可 【详解】解：由题意得， 2 3(2) log (2 1) 1f    ， 所以 1 1( (2)) (1) 2 2f f f e    ， 故答案为：2 13． 2011 【分析】利用累加法求出数列 na 的通项公式，再利用裂项相消求和法可求得数列 1 na       前 10项的和. 【详解】由题意可得        1 2 1 3 2 1 1 1 2 3 2n n n n n a a a a a a a a n                 ， 所以，   1 2 1 12 1 1na n n n n        ， 因此，数列 1 na       前10项的和为 10 1 1 1 1 1 1 202 1 2 2 2 1 2 2 3 10 11 11 11 S                                  . 故答案为： 20 11 . 14． 2 1 2 7, , 9 3 3 9            【分析】将问题转化为    2 22 0 9 f x bf x b      有12个不等实根，设  f x t ，可知方程 2 22 0 9 t bt b    有两个不等实根，结合函数图象可确定 1 2,t t 的范围，结合二次函数零点的 分布可构造不等式组求得结果. 【详解】题意转化为    2 22 0 9 f x bf x b      有12个不等实根， 作出  f x 图象如下图所示， 答案第 14页，共 21页 设  f x t ，则 2 22 0 9 t bt b    有两个不等实根， 2 24 4 0 9 b b         ； 记 2 22 0 9 t bt b    的两根为  1 2 1 2,t t t t ， 1 2 0 1 0 1 t t      ； 所以 2 0 9 0 1 21 2 0 9 Δ 0 b b b b                ，解得： 2 1 2 7, , 9 3 3 9 b             ； 综上所述：实数b的取值范围为 2 1 2 7, , 9 3 3 9            . 故答案为： 2 1 2 7, , 9 3 3 9            . 15．(1)不能认为性别因素与同学锻炼的经常性有关系 (2)分布列见详解，   1.2E X  【分析】（1）根据题意求 2 ，并与临界值对比分析. （2）根据 X 的取值情况列出分布列，通过期望公式求解即可. 解:（1）零假设为 0H ：性别因素与锻炼的经常性无关， 因为           2 2 , n ad bc n a b c d a b c d a c b d            ，所以 80n  ， 10a  ， 30b  ， 20c  ， 20d  ， 则 10 20 30 20 400ad bc       ，则  2 160000ad bc  ， 40a b  ， 40c d  ， 30a c  ， 50b d  ，所以      40 40 30 50 2400000a b c d a c b d         ， 则           2 2 80 160000 5.333 2400000 n ad bc a b c d a c b d           ， 答案第 15页，共 21页 根据小概率值 0.01  的独立性检验为 6.635，由 2 5.333 6.635   ， 因此可以认为 0H 成立，即不能认为性别因素与同学锻炼的经常性有关系. （2）经常锻炼的学生为 50人（男生 30人，女生 20人），按比例抽取 5人，其中男生抽取 3人，女生抽取 2人. 则 X 的可能取值为：0，1，2，则：   3 3 3 5 C 10 C 10 P X    ，   2 1 3 2 3 5 C C 31 C 5 P X    ，   1 2 3 2 3 5 C C 32 C 10 P X    ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10   1 3 3 60 1 2 1.2 10 5 10 5 E X         16．(1) 2π 3 B  ； (2) 3 2 ． 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得 tan 3B   ，结合角的取值 范围可求得角 B的值； （2）利用正弦定理可求得b的值，利用 ABC BCD ABDS S S    可得  3ac a c  ，余弦定理 可得 2( ) 36a c ac   ，两式联立可得 2 3a c  ，然后利用三角形的面积公式可求得 BDEV 的面积. 【详解】（1）因为 3cos sin 3 b C a c B  ， 由正弦定理可得 3sin cos sin sin sin 3 B C A C B  ， 又  πA B C   ，所以   3sin cos sin sin sin 3 B C B C C B   ， 所以 3sin cos sin cos cos sin sin sin 3 B C B C B C C B   ， 即 3sin cos sin sin 0 3 C B C B  ，  0, πC ，故 sin 0C  ， 答案第 16页，共 21页 3cos sin 0 3 B B   ，即 tan 3B   ， 又  0, πB ，则 2π 3 B  ． （2） 由（1）可知， 2π 3 B  ，又外接圆的半径为 2 3； 由正弦定理可知 4 3 sin b B  ， 所以 24 3 sin 6 3 πb   ， 因为 BD是 ABC 的平分线，故 1 π 2 3 CBD ABD ABC      ， 又 3BD  ， 由 ABC BCD ABDS S S    ， 可得 1 2π 1 π 1 πsin 3sin 3sin 2 3 2 3 2 3 ac a c    ，即  3ac a c  ．① 由余弦定理可知， 2 2 2 2π2 cos 3 b a c ac   ，即 2( ) 36a c ac   ．② 由①②可知 2 3a c  ． 所以 BD AC ， 又 2EC AE ，则 1DE  ， 所以 1 31 3 2 2BDE S     . 17．(1)①证明见解析；②证明见解析 (2) 2 7 7 【分析】（1）①利用平行四边形法证明线线平行，然后用线面平行判断定理可得到结论.② 利用线垂直的判定定理可得到结论. （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用二面角的坐标公式可得到答案. 【详解】（1）①设 E是 1 1B C 的中点，连接ME，CE， 因为M 是 1 1AD 的中点， E是 1 1B C 的中点， 答案第 17页，共 21页 所以 1 1// //EM C D CD，且 1 1EM C D CD  ， 所以四边形CDME是平行四边形， 所以 //CE DM . 又因为CE 平面 1 1BBC C DM ， 平面 1 1BBC C， 所以 //DM 平面 1 1BBC C . ②因为正四棱柱 1 1 1 1ABCD A BC D ，所以CD 平面 1 1AA D D， 又因为 AN 平面 1 1AA D D，所以 AN CD . 连接 AM ，则 2 2 2 21 1 3 1 4 4 AM AA AM AB AB AB     ，所以 ADM△ 为正三角形， 因为 N是DM 的中点，所以 AN DM ， 又因为DM CD D ，DM ，CD 平面MCD， 所以 AN 平面MCD . （2）以D为原点，DA，DC， 1DD 所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 令 1AB  ，则  1,0,0A ，  1,1,0B ， 1 3,0, 2 2 M        . 平面MAD的一个法向量为  1 0,1,0n   . 设平面 BDM 的法向量为  2 , ,n x y z  ， 则 2 2 0, 0. n DM n DB         .即 1 3 0, 2 2 0. x z x y        取 1z  ，则 3x   ， 3y  . 所以  2 3, 3,1n   是平面 BDM 的一个法向量. 答案第 18页，共 21页 1 2 1 2 1 2 3 21cos , 71 7 n nn n n n           . 设平面MAD与平面MBD所成二面角为，则 2 7sin 7   . 18．(1) 2 2 1 4 3 x y   ； (2)  i 1 ；  ii 证明见解析． 【分析】（1）依题意由椭圆定义及性质求出 a，b，c的值，即可求解椭圆方程； （2）（i）设点 M的坐标为  0 0M x y， ，表示出MA MB   ，由二次函数性质即可求解；（ii） 设出直线 l的方程及点 M、N的坐标，并与椭圆方程联立，结合韦达定理及斜率公式即可证 明． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为 c， 因为 1FMN△ 的周长为 8，由椭圆的定义可得： 4 8a  ，即 2a  ， 又椭圆离心率为 1 2 ce a   ，所以 1c  ，则 2 2 2 4 1 3b a c     ， 所以椭圆 C的方程为： 2 2 1. 4 3 x y   （2）（i）由椭圆方程得  2 0A  ， ，  2 0B ， ，设  0 0M x y， ， 因为点 M在椭圆 C上，所以 2 2 0 0 1 4 3 x y   ，即 2 2 0 0 33 4 xy   ， 所以    0 0 0 02 2MA x y MB x y         ， ， ， ， 所以     2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 32 2 4 3 4 1 4 4 xMA MB x y x y x y x x                   ， ， ， 当 0 0x  ，即 M为椭圆上下顶点时， ( ) 1minMA MB     ， 所以求MA MB   的最小值为 1 ； （ii）证明：依题意，直线 l与 x轴不重合，设 l的方程为： 1x my  ， 答案第 19页，共 21页 联立 2 2 1 4 3 1 x y x my        ，消去 x得  2 23 4 6 9 0m y my    ， 方程  2 23 4 6 9 0m y my    的判别式    2 2Δ 6 36 3 4 0my m    ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则由韦达定理得 1 2 2 6 3 4 my y m     ， 1 2 2 9 . 3 4 y y m     则         1 1 2 1 21 1 1 2 1 22 2 1 2 1 1 2 2 2 2 12 2 3 3 2 y y x y myk x my y y yk y x y my my y y x            ， 注意到 1 2 1 2 6 2 9 3 y y m m y y     ，即  1 2 1 2 3 2 my y y y   ， 所以     1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 3 1 3 12 2 2 3 3 93 33 2 2 2 y y y y yk my y y k my y y y y y y y            ， 所以 1 2 1 . 3 k k  19．(1)   cosf x x 是 π0, 2      上的“  0L 函数”，理由见解析 (2)证明见解析 (3)6 【分析】（1）根据定义直接判断即可； （2）结合定义可得 e (e 2) 1 0x x    在  ,q  上恒成立，设   e (e 2) 1xh x x    ，求导可 知函数  h x 在R 上单调递增，且   0h q  .由 1e 0 e 2 p p    ，可知   0h p  ，根据  h x 的单 调性即可证明； （3）先根据定义得到 2( 1) 2 4a x x x    对任意的  0,2x 恒成立，分类讨论求得 4 4a   ， 再结合题意可得    1 1 2 2ln lnh x r x h x r x   ，令   2( ) ln lnG x h x r x x ax r x     ，  1,2x ，进而结合导数研究其单调性分析即可求解. 【详解】（1）   cosf x x 是 π0, 2      上的“  0L 函数”，理由如下：   cosf x x ，   sinf x x   . π0, 2 x       ， π π 3π, 4 4 4 x        ， 答案第 20页，共 21页 πcos sin 2 sin 1, 2 4 x x x            ，          0 0 1 cos sin 0f x f x f x f x x x          在 π0, 2      恒成立，   cosf x x  是 π0, 2      上的“  0L 函数”. （2）   exg x x  是  ,q  上的“  1L 函数”，     11 2 e 1 2(e 1) e (e 2) 1 0x x xg x g x x x             在  ,q  上恒成立， 设   e (e 2) 1xh x x    ，则   e (e 2) 1 0xh x     ， ∴   e (e 2) 1xh x x    在R 上单调递增，且   e (e 2) 1 0qh q q     . 又 1e 0 e 2 p p    ， e (e 2) 1 0p p     ，即   e (e 2) 1 0ph p p     . ∵   e (e 2) 1xh x x    在R 上单调递增，    h q h p ， ∴ q p≥ . （3）   2h x x ax  ，   2h x x a   . ∵   2h x x ax  是 0,2 上的“  2L 函数”， ∴        2 22 3 2 2 3(2 ) ( 2) ( 4) 0h x h x x a x x a x a x a              在 0,2 上恒成立， 即 2( 1) 2 4a x x x    在 0,2 上恒成立. 当 1x  时，对任意的 Ra ，上式恒成立，符合题意； 当0 1x  时， 2 22 4 ( 1) 3 31 1 1 1 x x xa x x x x             恒成立， 设 3( ) 1 1 F x x x     ，  0,1x ， 则  2 3( ) 1 0 1 F x x      ，所以函数 ( )F x 在 0,1 上单调递减， 所以 max 3( ) (0) 1 4 1 F x F       ，即 4a   ； 当1 2x  时， 2 22 4 ( 1) 3 31 1 1 1 x x xa x x x x             恒成立， 设 3( ) 1 1 H x x x     ，  1,2x ， 则  2 3( ) 1 0 1 H x x      ，所以函数 ( )H x 在  1,2 上单调递减， 答案第 21页，共 21页 所以 min 3( ) (2) 2 1 4 2 1 H x H      ，即 4a  . 综上所述， 4 4a   . ∵  1 2, 1, 2x x  ，当 1 2x x 时，    1 2 1 2ln ln h x h x r x x    ， ∴    1 2 1 2(ln ln )r x x h x h x   ，即    1 1 2 2ln lnh x r x h x r x   . 令   2( ) ln lnG x h x r x x ax r x     ，  1,2x ， 则由题意可知：存在  4,4a  ，使得 ( )G x 在  1,2 上为增函数， 即存在  4,4a  ，使得 ( ) 2 0rG x x a x      ，即 2 ra x x   对任意的  1,2x 恒成立， 可得 2 4 rx x    对任意的  1,2x 恒成立， 即 22 4r x x  对任意的  1,2x 恒成立. 而函数 22 4y x x  在 1,2 上单调递增，所以 2 22 4 2 1 4 1 6y x x       ，即 6r  . 另一方面，当 4a   ， 6r  时，   2( ) ln 4 lnG x h x r x x x r x     ，  1,2x ， 可知 2 22 4 2( 1) 2( ) 2 4 0r x x r x rG x x x x x            恒成立，满足题意， 所以实数 r的最大值为 6. 【点睛】与函数的新定义有关的问题的求解策略： 1.通过给出一个新的函数定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情 景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的 迁移，达到灵活解题的目的； 2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求， “照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 饶平县 2025-2026 学年度高中校际联考高三级第一次质量检测 数学科试题 2025.8 试卷共 4页，卷面满分 150分，考试时间 120分钟 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．已知集合  2, 1,0,1,2M    ，  2 6 0N x x x    ，则M N  （ ） A． 2, 1,0,1  B． 0,1,2 C． 2 D． 2 2．已知向量    1, 2 , 3 ,a b x x    ，且  2a a b    ，则 x （ ） A．11 B． 11 C． 11 2 D． 11 2  3．曲线 e 2xy ax  在 0x  处的切线经过点  2, 1 ，则实数 a的值为（ ） A． 1 B．0 C．1 D．2 4．命题“ 2[1 2] 0x x a  ，， － ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A． 4a  B． 4a  C． 4a  D． 4a  5．已知关于 x的不等式 2 1 0ax bx   的解集为  2, ,mm       U ，其中 0m  ，则 3b m  的 最小值为（ ） A．4 2 B．4 C． 2 2 D．2 6．已知函数    2 2 1 4 , 1 5, 1 a x a x f x x ax x          满足对任意 1 2,x x ，当 1 2x x 时都有    1 2 1 2 0 f x f x x x    成立，则 a的取值范围是（ ） A． 1 ,1 2      B． 1 , 2 2       C． 2,  D． 1, 2 7．已知定义域为R 的函数  f x 不是常函数，且满足        f x y f x y f x f y    ，  1 0f  ，则 2026 1 ( ) i f i   （ ） A． 2 B．2 C． 2026 D．2026 8．已知 2( ) 2 2 cosx xf x x x    ，若 3(4ln )a f  ， 3( ln 4 )b f  ， (4ln3 )c f  ，则（ ） A．a b c  B．b c a  C． c a b  D．b a c  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．下列命题是真命题的为（ ） A．若 0a b c d    ，则 ab cd B．若 2 2ac bc ，则 a b C．若 0a b  且 0c  ，则 2 2 c c a b  D．若 a b 且 1 1 a b  ，则 0ab  10．已知 0x  ， 0y  ，且 2 2x y  ，下列结论正确的是（ ） A． xy的最小值是 1 B． 2 2x y 的最小值是 4 5 C． 2 4x y 的最小值是 4 D． 1 2 x y  的最小值是 9 11．数学中有很多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 2 2: 1C x y x y   就是其中之一，给 出下列四个结论，其中正确的选项是（ ） A．曲线C关于 x轴对称 B．曲线C恰好经过 5个整点（即横、纵坐标均为整数的点） C．曲线C所围成的区域的面积小于 3 D．曲线C上任意一点到原点的距离最小值为 6 3 三、填空题：本题共 3小题，每小题5分，共 15分． 12．设   1 2 3 2 , 2 ( ) log 1 , 2 xe x f x x x      ，则   2f f  . 13．设数列 na 满足 1 1a  ，且 *1 ( )1n na a n n N     ，则数列 1 na       前 10项的和为 14．函数    2min 2 , , 2f x x x x   ，其中  min , ,x y z 表示 x，y，z中的最小者.若函数 2 2( ) 2 ( ) 9 y f x bf x b    有 12个零点，则 b的取值范围是 . 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．某学校号召学生参加“每天锻炼 1小时”活动，为调查学生课后体育锻炼的情况，学校采 用简单随机抽样的方法抽取 80名学生，得到了表中数据： 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 10 30 40 女生 20 20 40 合计 30 50 80 (1)根据小概率值 0.01  的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系？ (2)根据上表，从经常锻炼的学生中利用分层抽样的方法抽取 5人，再从这 5人中随机选取 3 人，设这 3人中女生的人数为 X ，求 X 的分布列和期望． 附：           2 2 , n ad bc n a b c d a b c d a c b d            ．  0.1 0.01 0.001 x 2.706 6.635 10.828 16．在 ABCV 中，内角 , ,A B C所对的边分别为 , ,a b c，其外接圆的半径为 2 3，且 3cos sin 3 b C a c B  ． (1)求角 B； (2)若 B 的角平分线交 AC于点 , 3D BD  ，点 E在线段 AC上， 2EC EA ，求 BDEV 的 面积． 17．如图，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A BC D 中， 1 3 2 AA AB ，M 是 1 1AD 的中点，N是DM 的 中点. (1)求证：① //DM 平面 1 1BBC C； ② AN 平面MCD； (2)求平面MAD与平面MBD所成二面角的正弦值. 18．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的离心率为 1 2 ，左、右顶点分别为 A、B，左、右焦点 分别为 1F 、 2F ，过右焦点 2F 的直线 l交椭圆于点 M、N，且 1FMN△ 的周长为8. (1)求椭圆 C的标准方程； (2)（i）求MA MB   的最小值； （ii）记直线 AM、BN的斜率分别为 1k 、 2k ，证明： 1 2 k k 为定值. 19．已知A是函数  y f x 定义域的子集，若 t R ， x A  ，      1 0f x t t f x     成 立，则称  y f x 为A上的“  L t 函数”. (1)判断   cosf x x 是否是 π0, 2      上的“  0L 函数”？请说明理由； (2)证明：当 1e 0 e 2 p p    （ p是与 x无关的实数），   exg x x  是  ,q  上的“  1L 函数” 时， q p≥ ； (3)已知   2h x x ax  是 0,2 上的“  2L 函数”，若存在这样的实数a，  1 2, 1, 2x x  ，当 1 2x x 时，    1 2 1 2ln ln h x h x r x x    ，求 r的最大值. 饶平县2025-2026学年度高中校际联考高三级第一次质量检测 数学科答题卷 题号 选择 填空 15 16 17 18 19 总分 得分 一、选择题 ((1一8每题5分，9-11每题6分) 1【A】【B】【C】【D】 5【A】【B】【C】【D】 9【A】【B】【C】【D】 需 2【A】【B】【C】【D】 6【A】【B】【C】【D】 1O【A】【B】【C】【D】 3【A】【B】【C】【D】 T【A】【B】【C】【D】 I1【A】【B】【C】【D】 4【A】【B】【C】【D】 8【A】【B】【C】【D】 三、填空题（每题5分，共15分） 毅 12. 13. 14 15.(13分) 16(15分) 2 17.(15分) C M A 6 C A B 3 座位号 18(17分) A M F B A 0 主 学校： 班级： 座号： 姓名： 考场号： 座位号： 密 封 线 第业电2025-202G业保障利共效称电专为一熟语一吸所害说脂