数学-【衡水真题密卷】2026年高三学科素养月度测评期中测试（全国通用）

·数学· 参考答案及解析 2025一2026学年度学科素养月度测评 高三数学期中测试 命题要素细目表 关键能力：I.逻辑思维能力Ⅱ.运算求解能力Ⅲ.空间想象能力V,数学建模能力V.创新能力 核心素养：①数学抽象②逻辑推理③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 IⅡⅢWV①②③④⑤⑥ 等级系数 1 单选题 5 向量的减法运算 0.85 单选题 5 圆锥与球体积与表面积的计算 易 0.80 单选题 5 旋转体表面积的计算 √/ 易 0.70 4 单选题 5 向量加法的实际应用 0.65 单选题 5 周期数列求和 中 0.60 6 单选题 以“白银菱形”为背景，考查向量的 5 中 0.55 性质 7 单选题 5 点到直线的距离 中 0.50 8 单选题 5 求不规则六面体的棱长 难 0.45 9 多选题 6 向量的性质综合 易 0.80 二 10 多选题 6 线面垂直与平行的判断 中 0.60 11 多选题 6 三角函数综合 难 0.40 12 填空题 5 平面向量的模长与向量积 易 0.80 三 13 填空题 5 三角函数诱导公式与差角公式 0.55 14 填空题 5 线线角的最值问题 √WW 难 0.35 15 解答题 13 正余弦定理和三角恒等变换 √W 易 0.75 16 解答题 15 证明线线垂直，求解线面角 0.65 四 17 平面向量基本定理的应用，基本不 解答题 15 中 等式“1”的妙用 0.60 18 解答题 17 等差数列求通项，证明等比数列以 0.50 及数列与导数结合 19 解答题 17 立体几何与解析几何综合考查 0.30 高三数学期中测试答案第1页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★如图，飞机飞行中的地面速度(GS)是指飞机相对于地面的实际速度，由飞机相对于周围空气的实 际运动速度(TAS)向量加减风速(WS)向量得出，其中顺风风速为正，逆风风速为负，DA为偏流角.已知 某飞机逆风飞行，在某时刻测得风速对应的向量为(20√5,10√5)，地面速度对应的向量为 (100√5,905)，则飞机在该时刻的实际运动速度（单位：km/h)的大小为（参考数据：√5=2.24，√10= 3.16,√305=17.46) () WS GS A.252.8 B.349.2 C.425.6 D.492.8 【试题解读】 本题考查平面向量的线性运算（向量加减法）与向量的模长计算，同时结合了“飞机地面速度、空速、风 速”的实际场景，将向量知识与物理运动的矢量合成（速度的合成）结合，体现了数学与实际应用的联系.这 种命题方式避免了纯代数的抽象考查，让学生在实际情境中运用向量知识，提升了知识的应用意识」 ★在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线长度之比为√2一1的菱形称为“白银菱形”.如图，在白银 菱形ABCD中，有三个全等的小白银菱形AEMH,BNDM,NFCG.若AB=√2+1，则下列选项错误的是 () A.EM与GN共线 B.∠BAD= 4 C.Ai.B亟=-√2 D.AM.DH+BF.NC=0 【试题解读】 本题围绕菱形的性质（对角线互相垂直平分、四条边相等）、比例运算以及新定义“白银菱形”展开，需 要学生结合新定义，通过对角线的比例关系建立等式，进而分析边长、对角线长度等几何量，考查了几何直 观、代数运算与新概念理解的综合能力.这道题是一道创意新颖、考查综合、学科融合性强的几何题，既落 实了菱形性质、代数运算等核心知识点，又通过新定义和实际背景提升了题目的趣味性与应用性 ★(17分)圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：(x一a)2+(y一b)2=r2,0≤ ZA 之≤h,其中(x,y,x)是圆柱任意一点的坐标.如图，已知圆柱的方程为x2十y2=4,0 ≤之≤4，点O',O分别为上、下底面圆的圆心，四边形AA'B'B是圆柱的一个轴截面， 点F1,F2,F2分别为OA,OB,O'B的中点，点P(0,2,2),MN为下底面过点F2的一 条动弦（不与AB重合）. (1)证明：F1F2∥平面PMN. (2)若点Q是下底面圆周上的动点，点Q'是点Q在上底面的投影，且Q'F:,Q'F2与 下底面所成的角分别为a,B,求tan(a十B)的取值范围. (3)当三棱锥F?-PMN的体积最大时，求平面PMN与平面AMB夹角的余弦值. 【试题解读】 本题以圆柱的空间直角坐标系方程为背景，涵盖了空间几何的“平行、角度、体积、面面夹角”等核心考 点，知识综合性强.这种命题方式不仅考查了立体几何的核心知识，还强化了“用代数方法解决几何问题” 的学科素养，符合高考对“直观想象、逻辑推理、数学运算”核心素养的考查要求，具有很好的选拔性和教学 导向性. 高三数学期中测试答案第2页（共9页） ·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 2(2-1) 1.B【解析】由向量的减法法则，得AD-BC=AC 1-(2-1) =1,因为0<∠BAD<π，所以 -AB=(4,-2)-(-3,6)=(7,-8). 2.D【解析】设实心铜球的半径为Rcm,体积为 ∠BAD=T ,故B正确；对于C,由于∠BAD= Vcm3,则4R2=64π，解得R=4,则V=4 R 牙，根据菱形性质可知∠DHM=年，∠AHM ,又∠ADC-,∠MDN=至，振是对卷性可 3 -56r,设圆维形状的实心铜锭的高为cm,由 言X8X-256云，得h=4em 得∠HDM-专（径-》-年，所以∠MD 3.D【解析】如图，已知AB=4,CD=10,AE= BF=4,则EF=4,DE=CF=3,由勾股定理得 ,设小白银菱形的边长为a,则在R△HMD AD=BC=√32十4=5，则以等腰梯形的下底所 中，HD=√2a,AD=AH+HD=a+√2a=√2 在直线为轴，旋转一周形成的几何体中间是一个 十1，所以a=1,则Ai.BE=-Ai.EB=-1 圆柱（底面半径是4，母线长是4），左、右分别是相 同的圆锥（底面半径是4，母线长是5），则该几何 X2×c0s牙=-1，故C错误：对于D,Ai,Di 体的表面积S=2π×4×4+2π×4X5=72π. +B京.NC=AM.Di-Di.AM=0,故D 4 正确。 7.C【解析】如图所示，设M为A1B1的中点， 则M-A,C-PC-Pa,F历-Md E 4.B【解析】设飞机的地面速度向量为，实际运 -MF--PB-(PCI-PA)-(PAI 动速度向量和风速向量分别为v1,02,由已知可 -PB-PC,又F脏=-PC,所以F庇· 得v=1-2,且v=(1005,905),2= (20√5,10W5),所以1=十w2=(120W5,1005), 币--PC·PA-PE-PC) 故|u1=√(120V5)+(1005)2-20√305=20 -(PA·PC-PB.PC-PG) 17.46=349.2. 5.A【解析】当an=1时， 是×2x3x日4×3x号3-3.F应= 数项b2-1=1;当an=2时， 2)=)=2,故偶 ,励：-×PA-PB-PC)-× 4 数项b2=2.奇数项：n=1,3,…,2025,共1013 (PA:+PB2+PC-2PA·PB 项，和为1013×1=1013；偶数项：n=2,4,…, 2PA·.PC+2PB·PC-4×(2+4+3 2024,共1012项，和为1012×2=2024，所以 {bn}的前2025项之和为1013十2024=3037. -2X2X4X号-2X2×3×2+2x4X3×) 6.C【解析】对于A,根据题意，在白银菱形ABCD 中，设AC=2x,BD=2y,则兰=2-1，在小白 27 F陀.F而 即1D2则os面，F市》=方 银菱形AEMH,NFCG中，EM∥AH,GN∥ 3 43 CF,而AH∥CF,所以EM∥GN,即EM与GN 3、33 9故血，动-故点E到主 2大 2 共线，故A正确；对于B,由于tan∠DAN= y x =√2一1，则tan∠BAD=tan2∠DAN= 线DF的距离为F应·sin(F壶，F市)=√ 6 高三数学期中测试答案第3页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 因为AB=AC,∠A1AC=∠A1AB,由余弦定理 易得A1C=A1B,故A1D⊥BC,由A得AD⊥ BC,又A1D∩AD=D,AD,ADC平面AAD, 故BC⊥平面AA1D,故B正确；对于C,若C1D ∥平面ABB1A1,因为C1DC平面BCC1B1,而平 面BCCB1∩平面ABB1A1=BB1,故C1D∥ BB1,而在等腰梯形BCC1B1中，只要B1C1卡 8.C【解析】如图，取ED上一点P,使EP=FC, 1 连接PA,PC.由平面ABFE∩平面AEP=AE, c(倒知：B,G=C,剥B.C-号BD)或 平面ABFE∩平面BFC=BF,且平面BFC∥平 不出平行四边形BDC1B1,从而得不到CD∥ 面AEP,得AE∥BF,又AE=BF,故四边形 BB1,故C错误；对于D,因为D,E分别为BC, ABFE为平行四边形，即AB∥EF且AB=EF, AC的中点，则DE∥AB,又DEC平面C1DE, 由平面EFCP∩平面AEP=EP,平面EFCP∩ AB寸平面C1DE,故AB∥平面C1DE,故D 平面BFC=FC,且平面BFC∥平面AEP,得 正确」 EP∥FC,又EP=FC,故四边形EFCP为平行 四边形，即PC∥EF且PC=EF,因此AB∥PC 且AB=PC,故四边形ABCP为平行四边形，则 AP∥BC,由于BC⊥AD,则AP⊥AD,故AP2 十AD2=PD2=9,由余弦定理得cos∠AED= AE2+EP2-AP2 AE2+ED2-AD2 2AE·EP 2AE·ED ,即5Ap 4 160,所以AD=4AP,则AD=9,可 20-AD2 11.BD 【解析】对于A,因为fx)=sin(2ax-), 得AD=6 所以f(x)的最小正周期T 2不=灭 200,故A错 5 误对于B,因为f(g）=sn(g）=0,所 D 以20-及=k,k∈Z,整理得u=+3, 3 6 4十2，k∈ 二、选择题 .BCD【解析】对于A,若a∥b,则-工 2 Z,因为0>0，所以当k=0时，w取得最小值4， =0, 即x2十2=0，此方程无实数根，故A错误；对于 故B正确；对于C,若w=言，则了) B1ab1=2+(任+)=5+x+ sin(e-）,那么f+p)=sin(x+p-), ≥6+2顶-3，当且仅当-即x=士亿 当xe(o,）时z+g-音∈(g-gp+） 时，等号成立，故B正确；对于C,因为a·b=1 区间关度为且不包括%点，站合正弦画数y 2=-1≠0，所以Hx∈(0，十∞)，a与b不垂直， 故C正确；对于D,当x=-1时，a=(-1,2),b sin x=- 2的根的分布，可知f(x十) =(-1,-1),故a在b方向上的投影向量为 a·b 1-2 6bD+-1D·b=二26，故D m(十g-）名最多有3个不相等的实 数根，故C错误；对于D,当w=1时，f(x)= 正确 10.BD【解析】对于A,如图，因为ABCA1B1C sm2红一看），共最小正周期T-红-，而区间 为正三棱台，则△ABC为正三角形，点D是BC -+引：∈取的长度为 T 的中点，则AD⊥BC,若AD⊥平面BCC1B1,因 ,即 ,且 为ADC平面ABC,则平面ABC⊥平面 BCC1B1,而正三棱台的底面与侧面不垂直，故 -)+(+) AD⊥平面BCC1B1不成立，故A错误；对于B, 2 =,由-+2x≤2-日 高三数学期中测试答案第4页（共9页） ·数学· 参考答案及解析 ≤受十2张x,k∈Z,可得-一吾十k元≤x≤写十及 -)+(+) 情况2：当行十元≤ t k∈Z,即f(x)的单调递增区间为 [管号+可&e 11π 24 kπ，k∈Z时，h(t)=M(t)-m(t)= f(+-fe+g）-1-m2+g)- 时，员十x≤≤十k∈Z,则有A0 1-sme+),且+2km≤2a+≤x+ =Ma)-ma)=f+g）-f(-8) 2则+e,,所以 sin+）-哥】-ime-）-引 we- sn2:+)-sn:-）=sn(2:+)十 团当1音≤君+≤+后kEZ时，贸 cos(2+)=Esin(22+),且+2x≤ 7元 十e≤1≤-十x,∈么情况1：当一经十质x 2+百≤+2eZ所以恒sm2+》e -8)++) [1,W2],即h(t)∈1W2]. =≤-百+k,∈Z时， ②当智十m≤-吾<：十营≤-吾十 h(e)-M()-m()-)-fk)- k+1)π，k∈Z时，24 17十 11π十kπ≤t≤24 n2e-）】-（-1D=1+s(2:), k元，k∈Z,则有h(t)=M(t)-m(t)= 6下∠ l-君）-+）=sinl2k-）-】 且-元+2kπ≤21- 12 3π+2kπ，k∈Z, m+）一周】-(）-ma+》 -(2+8)-m(2+8)-巨m(2+5）, 情况2：当- + (e-g)++) -I 2 +2≤++2t长Z,所以 4 24+kx,k∈Z时，h)=M)-ma)= 厄sm(2+g）e[-反，-]，即aa)e1w]. f+g）-f(-石+x)-sm2(+8）)-周 @当：-后<智+m≤：+gk∈z时，2+k (-1D=1+sn(2z+》,且-+2≤+B≤ ≤+，∈Z情元1：当+≤ ,k∈五，则mz+)e受刘，所以 -g)+(+8) =区十,∈Z时， h()=M(e)-m()=f(3+kx)-f(-)- 综上，h()的最小值为1一？，故D正确 1-m2(-）-】-1-m设》，里2x 三、填空题 12.√39【解析】由于|a-b|=3,两边平方可 2-≤+2，ke则m(-）∈ 得a-b|2=a2+b2-2a·b=|a|2+|b|2- 206=10-2aB=9,解得4·6=7 则|a+5b|2=a2+25b|2+10a·b=9+25 高三数学期中测试答案第5页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 +5=39,故a+5b|=√39， 四、解答题 15.(1)证明：由已知得tan2C+tanC·cosB=1- 13.豆【解析】由&十8=行，得a=2-B,则sina cos B, +3sin月=sim(一-）+3sin月=cosB+3sin月 则cosB= 1-tan2C cos2C-sin2C 1+tan2C cos2C+sin2C =cos 2C, =√/10.又cosB+3sinB=√/10sin(3+0) (2分) 因为B,C∈(0，π)，所以B=2C或B+2C=2π， V而，其中an0=3,所以P+0=受+2k,k∈ 1 (3分) 又0<B+C<π，由B+2C=2π，可得0<2π- Z.即g=吾+2kx-0,从而m月=an十2次x-0 C<π，即π<C<2π，不符合题意， 故B=2C. (5分) tan B-tan an0-3,剥tan(-) 1 4 (2)解：由正弦定理，得 sin C sin B,即s b sin C= 1十tanβtan4 b sin 2C' (6分) b 故nC=2 sin Coos C化简得cosC-2) 1,89 【解析】以D为坐标原点，DA,DC, (8分) DD1所在直线分别为x,y,之轴，建立如图所示 由余弦定理，得cosC=a2+b2-c 2ab 的空间直角坐标系， 、3 a2+(b+c)(b-c) a2+2a6-c) D 2ab 2ab 2 、Cb+c)+名(b-<) B 2b 2b -5c+136 12b (10分) D 故c大136 12b 2c,即662-136c+5c2=0 (11分) 由B=2C,可得B>C,放6>c,解得？-号或 则A(3,0,0),B(3,4,0),P(0,2,5),设Q(0,4, c 2（舍去)， (12分) a)(0≤a≤5)，则BP=(-3,-2,5),A夏 b5 (-3,4,a),cos(BP,AQ)= BP·AQ 故c0sC=2c=6 (13分) BPIAQ 16.(1)证明：连接BD交AC于点O,连接PO. (-3,-2,5)·(-3,4,a)1 25a2+10a+1 因为底面ABCD为菱形，故AC⊥BD,(1分) w/38X√25+a 25+a2 由于PA=PC,O为AC的中点，故PO⊥AC, (2分) 设f(a)= 25a3+1a+1,则f'a)= 25+a2 又PO∩BD=O,PO,BDC平面PBD,故AC (2a-250)5a+1),当0≤a<5时，f'a)> ⊥平面PBD, (3分) (25+a2)2 而PDC平面PBD,故AC⊥PD. (4分) 0,f(a)单调递增，所以当a=5时，有f(a)mx (2)解：以O为坐标原点，OB,OC所在直线分别 =25×52+10×5+1338 为x,y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线 25+52 25,相应地c0s(B2,AQ) 为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 338 取得最大值三X 13√19 W25 此时线段 38 95 :D CQ的长为5. 元B 高三数学期中测试答案第6页（共9页） ·数学· 参考答案及解析 则A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0), D(-√3,0,0)， 所以d-花+ò-花+年-） (5分) 结合(1)可设P(x,0,之)， (5分) 因为PA=√2，所以x2+1十之2=2，即x2十22 =1, (7分) 由正=，得ad=号店.则Ad-Ad BP=(x-3,0,z),DP=(x+3,0,z), 2 (6分) 故|cos(B2,DP)1= IBP·DP 5(m+DA店， BPDP 2 31-5m+1)' |x2-3+x2 1 3 又因为Aò=tAD,所以 1 m √4-2√3x·√4+23x √/4-3x2 3 m+1' 解得x一 3 (9分) 解得t= 2m=5 因为PB<PD,所以z=5, 39 放实数上的值为 (8分) 即P停o (3)由题意得，AB=AE+EB=A正+λA- (10分) (1+)AE 则=(-5,1，o.-(停，-1.5） 同理可得AC=(1十u)A (9分) 3 (11分) 由2)可知，Ad-a币-}a+日d, 设n=(x1,y1,之1)为平面PBC的一个法向量， -3x1十y1=0, 所以a-生证+甘正。 (10分) 则：矿-0即 因为E,O,F三点共线， In CP=0, + 3之1=0， 所以存在实数n,使得E0=nE (11分) 令x1=1,则y1=3,z1=√2， 所以AO=AE+EO=AE+nE 则n=(1,W5,√2). (13分) =AE+n(AF-AE)=(1-n)AE+nA京， 又DC=(W3,1,0), (12分) 设直线CD与平面PBC所成角为O, 所以1-a-号-1吉，化简得2以+=3， w成品器兰 (13分) 故直线CD与平面PBC所成角的余弦值为 所以业=号②)·≤号(2a)-8当且 (15分) 仅当2以-=即-=时等号成立 9 17.解：1因为Dd=2B肪，所以B市-号BC,(1分) 故如的最大值为g: (15分) 又BC-AC-AB,得AD=AB+BD=AB+ 18.(1)解：设等差数列{am}的公差为d, [a6+a7=(a1+4d)+(a1+6d)=26, 号-A)-号a店+aC, 7a:+7X4+8a+8X74=143 故Ad=号a+}Ad (3分) (2分) (2)由(1)得Ai-号A店+AC, 化简得/a+5d-13, 15a+49ad=14,解得/83， d=2,(4分) 因为G,O,C三点共线， 所以am=3+(n-1)×2=2n+1. 所以存在实数m,使得G0=mOC, 即{an}的通项公式为an=2n十1. (5分) 所以Gdm平7C, (2)①证明：因为2Tm+1-Tm=4n十6， (4分) 所以Tm+1十Tm+1一Tm=4n十6， 高三数学期中测试答案第7页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 即Tm+1十b+1=4n十6（☆）， (6分) g(1)=6-5ln2. (14分) 则当n≥2时，Tm十bn=4n十2， 因为0<1n2<1,所以g(1)>0. 以上两式相减，得Tm+1一Tm十bn+1一bm=4, 即2bm+1一bn=4, (7分) 因为g②)=8-12h2=81-n2) 整理得2(bn+1一4)=bn一4， -8[1-ln(22)]<0, 1 所以b.+1-4=26.-4)(m≥2且n∈N), 所以存在xo∈(1,2)，g(xo)=0. (15分) (8分) 因为()0， 在（☆）式中，令n=1,得T2+b2=10,即T2十 所以当x∈[1，xo)时，g(x)>0,即f'(x)>0, 名-10，所以T。-号 13 故f(x)单调递增； 当x∈(x0,+∞)时，g(x)<0,即f'(x)<0, 713 即6：+b:=b:+2-2,解得6：=3， (9分) 故f(x)单调递减， (16分) 因为n∈N*,且f(1)=5,f(2)=6, 1 当n=1时，b2-4=26-4), 所以当n=2时，f(n)取得最大值，最大值为6， 所以k>f(n)mx=6, 1 所以bn+1-4= (6,-4)对任意n∈N*都 所以实数的取值范围是(6，十∞).(17分) 19.(1)证明：因为该圆柱的方程为x2十y2=4,0≤ 成立， 之≤4，点P(0,2,2), 所以数列b。一4}是以一1为首项，2为公比的 所以|AB|=|A'B|=|BB'|=4,P为BB'的 等比数列 (10分) 中点， (1分) n(a1十am） 所以四边形AA'B'B是正方形，|OF1|= ②解：由(1)知，Sm =n2+2n, 1OF2=OF2|=1. (2分) 由06.-4=(-1×（） 如图1，连接OB',PF2, 即bn=4- (11分) 0 因为集合{n 4一b --2n≤Sn,n∈N“ =0, 所以4一b 2n≤Sm无正整数解， M 即k≤(n2+4n)· 无正整数解， -- 0 2 1 即Vn∈N*,k>(n2+4n)· 2 恒成立， 图1 (12分) 因为B'F2∥OF1,|B'F=1OF1|=1, 令f(x)=(x2+4x)· ,x≥1， 所以四边形F1OB'F为平行四边形， (》 所以OB'∥FF2. (3分) 则f(x)=(2x+4) +(x2十4x)· 又P,F2分别为BB',OB的中点，所以PF2 ·(-ln2) ∥OB', 所以PF2∥F1F, -h2x+2-4n2x+(分》 又PF2C平面PMN,F1F中平面PMN, 所以FF∥平面PMN. (4分) (13分) 令g(x)=(-ln2)x2+(2-4ln2)x+4,则其 (2)解：由题知，F1(0,-1,0),F2(0,1,0), 1-21n2_1-ln4<0, 对称轴为x-日2 设Q(m,n,0),-2≤m≤2，-2≤n≤2，且m2 In 2 十n2=4, 又-ln2<0,所以当x≥1时，g(x)单调递减， 则|QF1|=√m2十(n十1)产=√5+2n, 所以当x=1时，g(x)取得最大值，最大值为 |QF2|=√m2+(n-1)产=√5-2n,(5分) 高三数学期中测试答案第8页（共9页） ·数学· 参考答案及解析 如图2，因为QQ|=4,所以tana= 4 为x2+y2=4, √5+2m 4 tan B=- F √/5-2n 4 4 -十 则tan(a十B)= √5+2n√5-2n 16 1 /(5+2n)(5-2n) 4(5-2n+√5+2n) O FB (6分) √J(5+2n)(5-2n)-16 √5-2n+√5+2m 图2 设f(n)= -2≤n≤2， √(5+2n)(5-2nm)-16 设MN:y=tx+1,代入x2+y2=4中， -1 1 整理得(t2+1)x2+2tx-3=0,且△=4t2十 √/5-2√5+2/ (√(5+2m)(5-2)-16 12(t2+1)>0, 则f6)= (W(5+2n)(5-22)-16)2 2t 3 所以xM十xN=一2十MN= 4n(W5+2n+√5-2n) t2+1' (12分) /(5+2n)(5-2n) (W(5+2n)(5-2n)-16)2 所以|xM-xN=√(xM十xN)2一4xMxN 4t2 12 (21+2n)w5+2m-(21-2m)w√5-2m √(t2+1)2十2+1 √/(5+2m)(5-2m)(/(5+2n)(5-2n)-16)9 2√/4t2+3 =√(2n+2102(5+2m)-√2m-21）2(5-2n) t2+1 (13分) W(5+2m)(5-2m)(W(5+2n)(5-2m)-16) (8分) 令k=√4+3≥3，则2=-3 4 当-2≤n<0时，f'(n)<0,f(n)单调递减； 2k 当0<n≤2时，f'(n)>0,f(n)单调递增， 则|xM一xN|= 8k=8 飞8一31十1k+1 4 所以fm)≥f0)= 25 11 (9分) 1 由函数的性质可知，y=+友在[3，十∞)上 4 又f(-2)=3-16=二3f(2)= 1+3 4 3-16 131 单调递增， 所以26 8 11≤f(n)≤一13 所以函数y= 在[3，十∞)上单调递减， k十反 即tan(a+B)的取值范围为 8V516 11,-13 所以|xM-xN≤23， (15分) (10分) 所以当k=√3，即MN平行于x轴时，三棱锥 FPMN的体积最大， (3)解：由题知，S△F,2×4X1-2, 此时MF2=NF2,所以PF2⊥MN, 则VF PMN=VMPF,F2十VNPF,P 则∠PF,B即平面PMN与平面AMB的夹角， -S所51+1xD (16分) 又coS∠PF,B BF2 1 5 -Sa-小， PF2√I2+2-5’ 所以当且仅当|xM一xN最大时，三棱锥F台 故平面PMN与平面AMB夹角的余弦值为 5 PMN的体积最大. (11分) (17分) 如图2，在平面直角坐标系xOy中，圆O的方程 高三数学期中测试答案第9页（共9页）2025一2026学年度学科素养月度测评 光题 高三数学期中测试 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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.在平行四边形ABCD中，向量AB=(一3,6)，AC=(4,一2)，则AD的坐标为 () A.(7,8) B.(7,-8) C.(-7,8) D.(-7,-8) 2.现将一个表面积为64πc2的实心铜球熔铸成一个圆锥形状的实心铜锭（熔俦过程中 不计损耗)，若圆锥形状的实心铜锭的底面半径为8cm,则该铜锭的高为 () A.cm B.4√2cm C.3 cm D.4 cm 3.已知等腰梯形的上、下底长分别为4,10，高为4，若以等腰梯形的下底所在直线为轴，旋 转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 () A.36π B.52π C.56元 D.72元 4.如图，飞机飞行中的地面速度(GS)是指飞机相对于地面的实际速度，由飞机相对于周围 空气的实际运动速度(TAS)向量加减风速(WS)向量得出，其中顺风风速为正，逆风风 速为负，DA为偏流角.已知某飞机逆风飞行，在某时刻测得风速对应的向量为 (20√5,10√5)，地面速度对应的向量为(1005,905)，则飞机在该时刻的实际运动速 度（单位：km/h)的大小为（参考数据：√5=2.24，√/10=3.16，√305=17.46） () GS A.252.8 B.349.2 C.425.6 D.492.8 5.设数列{am}满足a1=1,a2=2,am+2=am,若[x)表示大于x的最小整数，如[1.1)=2， [-0.1)=0,记数列6。=2》，则6的前2025项之和为 () A.3037 B.3038 C.3039 D.3040 6.在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线长度之比为√2一1的菱形称为“白银菱形”， 如图，在白银菱形ABCD中，有三个全等的小白银菱形AEMH,BNDM,NFCG.若AB =√2十1，则下列选项错误的是 () 高三数学期中测试第1页（共4页） 真题密卷·学手 A.EM与GN共线 B∠BAD-牙 班级 C.AH.BE=-2 D.AM·DH+BF·NC=0 7.已知PA,PB,PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，A1,B1,C 姓名 分别是射线PA,PB,PC上的点，且PA1=2,PB1=4,PC1=3,D,E,F分别为PA1, PB1,B1C1的中点，则点E到直线DF的距离为 ( ) A四 a吗 C.33 D③0 得分 6 6 8.在如图所示的六面体ABCDEF中，平面BFC∥平面AED,AE=BF=2,FC=1,ED =4,若BC⊥AD,则AD= E<A B D F 、65 B.√2 C.5 D.2√2 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.已知向量a=(z,2),b= A.3x∈(0，+∞)，a∥b B.a|b的最小值为3 C.Hx∈(0，+∞)，a与b不垂直 D.当x=-1时a在b方向上的投影向量为-b 10.在正三棱台ABCA1B1C1中，D,E分别为BC,AC的中点，则 A.AD⊥平面BCC1B, B.BC⊥平面AA1D C.C1D∥平面ABB1A1 D.AB∥平面C1DE 1山.已知函数fc)=sim2ar-石）a>0),则下列结论中正确的是 () A.f(c)的最小正周期为2红 B.若f()=0,则w的最小值为 C者w=则关于x的方程了u十p)=g∈R在区间b,8）上最多有4个不相等 的实数根 D当。=1时，设fx)在区间8t计84∈R)上的最大值为M0),最小值为md 若Ae)=Ma)一m),则A@)的最小值为1-号 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知平面向量a,b满足a=3,|b|=1,a-b|=3,则a+5b|= 1.已知sina+3sing=而，a+月=受，则algf）- 斗素养月度测评 高三数学期中测试第2页（共4页） 14.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，DA=3,DC=4,DD1=5,P为C1D1的中点，Q 为棱CC1上的动点，则当线段CQ=时，直线BP与AQ所成角的余弦值取 得最大值 D C D 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)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且tanC--cosB 1+cosB· (1)证明：B=2C. (2)若b+c= 2a,求cosC. 16.15分)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，∠ABC-,PA=PC=厄. -D (1)证明：AC⊥PD. 2)若直线PB与直线PD所成角的余弦值为3，且PB<PD,求直线CD专 PBC所成角的余弦值. 17.(15分)如图1所示，在△ABC中，点D在线段BC上，且满足DC=2BD,点G在线段 AB上，且满足3AG=2GB,线段CG与线段AD交于点O. 图1 图2 高三数学期中测试第3页（共4页） 真题密卷 (1)用AB和AC表示AD; (2)若AO=tAD,求实数t的值； (3)如图2所示，过点O的直线与线段AB,AC分别交于E,F两点，设EB=AE,FC =AF,求4的最大值. 18.(17分)设等差数列{am}的前n项和为m,且满足a5十a7=26,S,+S8=143. (1)求{am}的通项公式. 7 (2)已知数列{bn)的前n项和为Tm,且2T+1-Tm=4n十6(n∈N),b2=2 ①证明：数列{b一4}是等比数列 m,一2n≤S.,m∈N=☑，求实数的取值范围. ②若集合n4-b. 19.(17分)圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：(x一a)2十(y一b)2=r2,0≤之≤h,其 中(x,y,之)是圆柱任意一点的坐标.如图，已知圆柱的方程为x2十y2=4,0≤z≤4，点 O',O分别为上、下底面圆的圆心，四边形AA'B'B是圆柱的一个轴截面，点F1,F2,F2 分别为OA,OB,OB'的中点，点P(0,2,2),MN为下底面过点F2的一条动弦（不与 AB重合). F ---- M 0 、B 1 (1)证明：F1F2∥平面PMN. (2)若点Q是下底面圆周上的动点，点Q'是点Q在上底面的投影，且Q'F1,Q'F2与下 底面所成的角分别为a,B,求tan(a十B)的取值范围. (3)当三棱锥F2PMN的体积最大时，求平面PMN与平面AMB夹角的余弦值. 学科素养月度测评 高三数学期中测试第4页（共4页）