辽宁省抚顺市清原满族自治县高级中学2025-2026学年高三上学期复习周考滚动卷数学试题（三）

·数学· 2025一2026学年度 选择题答案速查 题号 2 3 4 5 答案 A c A B 一、选择题 1.A【解析】均值为50+49+51+48+52 5 50,方差为号×[(50-50)+(49-50)+ (51-50)2+(48-50)2+(52-50)2]=2. 2.C【解析】从1,2,3,4,5中任取2个不同的 数，共有C=10(种)不同的取法，其中2个 数恰好是相邻数的取法有4种，所以取出 的2个数恰好不是相邻数的概率P= 10-4_3 10=5 3.A【解析】由题意得A它=C它-CA= }i-Di+D心=}-助-防= 号-c可-丽)-ò--2ò， 4.B【解析】因为正八面体每一个顶点都是4 个等边三角形的交点，所以正八面体每个顶 点处的曲率为2x一号×4红又正八面体 2π 有6个顶点，所以正八面体的总曲率为红》 6=4π. 5.C【解析】对于A,根据频数分布表可知， 6+12+18=36<50,所以亩产量的中位数 不小于1050kg,故A错误；对于B,亩产量 不低于1100kg的频数为24+10=34，所以 低于1100kg的稻田占比为100-34× 100 100%=66%,故B错误；对于C,稻田亩产量 的极差最大为1200一900=300，最小为 1150一950=200，故C正确；对于D,由频 数分布表可得，平均值约为100×(6×925+ 12×975+18×1025+30×1075+24× 答案与解析 高三复习滚动卷（三） 6 7 8 9 10 11 B B D BD ABD BC 1125+10×1175)=1067,故D错误. 6.B【解析】将x2+y2一6.x一8y+16=0化 为(x一3)2+(y一4)2=9，得圆心C(3,4), 半径r=3,设AB的中点为M,连接CA, CM,OC,则CM⊥AB,且ICA|=3.令 |AB|=m,|CM|=d,由直线y=kx过坐标 原点O,且x2=2x1,得A为OB的中点，在 Rt△ACM和Rt△OCM中，分别由勾股定理 (2)）+4=9, 得 2)+=25. 解得m=2√2，即 IAB|=2√2 7.B【解析】因为SO⊥底面AOB,所以 ∠AOB为二面角A-SO-B的平面角，即 ∠AOB=,连接MB,取MB的中点为H, 连接OH,又M是劣弧AB的中点，则MB∥ AO,OH⊥MB,以O为坐标原点，OA,OH, OS所在直线分别为x,y,之轴，建立如图所 示的空间直角坐标系.令SO=AO=2,则 A(2,0,0),M(1,√3,0)，B(-1,√3,0) S(0,0,2),N(1,0,1),MN=(0,-√3,1) B5=(1,一√3,2)，设异面直线MN与SB IMN·BSI 所成的角为0，则cos0= IMNIBSI |3+2 55√2 √3+I×W1+3+42×2√28 3 高三复习滚动卷 8.D【解析】由题可知P(X=2)=P(X= 3),即2A3 2e-6c,解得入=3，则P(X=0)= 8e=日，p(x=1)=e= 3 e, P(X=2)=3e 2e39 心，故两个站台共有2 个乘客候车的概率为力=2×日×是十 - 二、选择题 9.BD【解析】由题意可得C1的长轴长为4， 短辅长为2，焦矩为2后，离心率为将C: 的方程化为号+y=1,可得C:的长轴长 4 为2，短轴长为1，焦距为8，离心率为号所 以选项AC错误，BD正确. 10.ABD【解析】由题知，GM⊥GE,GN」 GE.又GM∩GN=G,GMC平面MGN, GNC平面MGN,所以GE⊥平面MGN. 又MNC平面MGN,所以GE⊥MN,即 EF⊥MN,故A正确；因为GE=GF= AB1,所以EP=2=MN,故B正 因为GM=GN=号AD=2,MN=2,所 2 以GM2+GN2=MN2,所以GM⊥GN.因 为GM⊥GE,GM⊥GN,GE∩GN=G, GEC平面EFN,GNC平面EFN,所以 GM⊥平面EFN,所以四面体EFMN的体 积为分×号×反×2×反-号，故C错误： 因为MN=EF=2,ME=FN=MF= NE=√3，所以四面体EFMN可以放入长 方体中，如图所示， E M v迈 ·14 ·B· 设四面体EFMN的外接球的半径为R,则 有(2R)2=12+(2)2+(2)2=5,解得 R- 4,所以外接球的表面积S=4xR?= 5π，故D正确. 11.BC【解析】如图，取CC,的中点为M, C1D,的中点为N,连接MN,B,M, BN,CD1, 在正方体ABCD-A1B,C1D1中，E为棱 DD,的中点，可得B,M∥AE,MN∥ CD1∥BA1,又B:M,MN丈平面BA1E, A,E,BA,C平面BA1E,所以B,M∥平面 BA1E,MN∥平面BA:E,又B,M∩ MN=M,且B,M,MNC平面B,MN,所 以平面B,MN∥平面BA,E,又B,F∥平 面A1BE,且B,∈平面B1MN,所以B1FC 平面B1MN,又F为正方形C1CDD1内一 个动点（包括边界），所以F∈平面 B,MN∩平面C,CDD1,而MN=平面 B,MN∩平面C,CDD1,所以F∈MN,所 以点F的轨迹为线段MN,因为M,N分 别为线段CC1,C1D,的中点，所以C,M一 CN=乞×4=2.对A,点F的轨迹长 度MN=√C1M2+C,N2=√22+22= 2√2，故A错误；对B,如图， B D 将平面B,MN和平面DMN展开到一个平 面内，B,F+DF的最小值即B,点和D点 连线的距离，由题意易得DM=DN= ·数学· B,M=B,N,所以△DMN与△B,MN全 等，从而B1F十DF取最短距离时，F 是MN的中点，且B,F=DF,又B,M= 2√5，MN=2√2，所以B,F=3√2，所以 B,D=6√2，故B正确；对C,由正方体侧棱 B,C1⊥平面C,CDD,,所以三棱锥 F-B1D,D的体积即三棱锥B1-FD,D的体 积V=3SmD·B,C,所以当△FD,D 的面积最小时，体积V最小，易得当F在N 处时△FD,D面积最小，此时S△rD1D= 2X4X2=4,B,C,=4,所以体积V的最 小值为号，故C正确；对D,建立如图所示 的空间直角坐标系，并连接CD1,AB1, A B C 所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0), D(0,4,0),A1(0,0,4),B,(4,0,4),C1(4, 4,4),D1(0,4,4),M(4,4,2),N(2,4,4), 易知A1B⊥AB,AD⊥平面ABB1A1,又 A,BC平面ABB1A1,所以AD⊥A1B,又 AD∩AB,=A,AD,AB,C平面ADC1B1, 所以A1B⊥平面ADC,B1,设MN∩平面 ADC1B,=F(即C1D与MN的交点为 F),连接B1F,此时B,FC平面DAB,C1, 所以A,B⊥B,F,由几何知识得，点F 为MN的中点，所以F(3,4,3),DF=(3, 0,3),因为平面ABCD的一个法向量为 AA1=(0,0,4),所以直线DF与平面 ABCD所成的角的正弦值为D·AA IDFIAAI 0+0+3×4 √32+0+32×√0+0+4 安所以当 15 答案与解析 B1F与A,B垂直时，直线DF与平面 ABCD所成的角为45°，故D错误. 三、填空题 12.1800【解析】由题意可知从三个年级中抽 取300人进行问卷调查，其中高三抽取了 300一90×2=120（人），所以抽取的比例为 7206设该校共有”名学生，可得300- 1201 6,解得n=1800,即该校共有学生 1 1800人. 13.[0,]U(空)【解析】直线1的斜率 为k=一a2+1≤1，设该直线的倾斜角为0， 则tan0≤1，又因为0≤0<元，所以0∈[0， ]U(: 14.52【解析】如图，设正四棱台上、下底面的 中心分别为O1,O,过A,作A1E⊥AB于 点E,过A1作A,F⊥AC于点F,由正四棱 台的性质得A,F⊥平面ABCD,因为该正 四棱台的侧面积为16√13，且AB= 3AB1=6,所以4X2(A1B1十AB)· A,E=4×(2+6)A,E=16√3，解得 A,E=√3.又AE=6,2=2,所以AA,= 2 √A1E2十AE2=√13+4=√17，在 Rt△A1AF中，A1F=√A1A-AF= 》 /17- 6√2-22 2 =3,所以 VARCD-A,B,CD 云×(22+62+√J22×62)X 3=52. C B ---- ● 高三复习滚动卷 四、解答题 15.(1)证明：如图，取AD的中点O,连接SO, BO,因为SA=SD,所以SO⊥AD,(1分) 因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩ 平面ABCD=AD,SOC平面SAD, 所以SO⊥平面ABCD, 又ACC平面ABCD,所以SO⊥AC (3分) 因为ABCD为矩形，且AD=√2AB, 所以tan∠AOB=tan∠BAC=√2， 所以∠AOB=∠BAC, 因为∠AOB十∠ABO=T, 2 所以∠BAC十∠ABO= 2 所以AC⊥BO, (4分) 因为SO∩BO=O,所以AC⊥平面SBO, 因为SBC平面SBO,所以SB⊥AC. (6分) (2)解：由(1)知，SO⊥平面ABCD,如图，连 接BD. (7分) 因为M为SD的中点，且ABCD为矩形， AD=2√2，AB=SA=SD=2, 所以Vaw=是Vo=专Vm 4 专Saw×SA2-(gT=是X 号×2x2x-@ 3 所以三校锥MSBC的体积为号 (13分) 16.解：(1)因为a cos C+√3 asin C-b一c=0, 所以w3 asin C-c=b-acos C, ·16 ·B。 由射影定理得ccos A+a cos C=b,(3分) 即√3 csin A-c=ccos A, 于是√3sinA一cosA=1, (5分) 即im(A-若)=分 又A∈0，x),所以A=于 (7分) (2)因为Sac=2 esinA-日 4c=3, (9分) 所以c=4, 又由余弦定理得a2=b2+c2一2 bccos A, (13分) 即a2=17-4=13,所以a=√13.(15分) 17.解：(1)由题意知am十aw+1=3n, 所以am+1十am+2=31十3，两式作差得 《u+2一um=3, (2分) 当m为奇数时a,-a1+(士-1)×3 3n-1 2； (4分) 当n为偶数时，am=31一aw+1=3n一 3n+2_3-1. 2 2 (6分) 3n-1 ，n为奇数， 2 所以an= (7分) 30-1m为偶数. [3n-1 2n为奇数， (2)由（1)知an= 3卧-1n为偶数. bn=2。n为奇数， aw-1十2"，n为偶数， 所以S2n=b1+b2+b3十b1十…十b2m =(b1+b3+b5+…+b2m-1)+(b2+b,+ b6+…+b2m) =2（a1+a3+a5+…十a2m-1）+ (2:+2“+2+…+2) =[2+8+14+…+(6n一4)]+(22+ 25+28十…+23w-1) =2m+"2×6+- ,22(1-23) ·数学· =3m2-n+4(8"-1) 7 (15分) 18.（1)证明：设O是线段A,C,的中点，连接 AO,A1C,如图， ⊙ 因为AA1=AC1,所以AO⊥A,C1, 因为平面AA,C,C⊥平面A1B,C1,平面 AA1C1C∩平面A1B,C1=A1C1,AOC平 面AA1CC, 所以AO⊥平面A1B,C1. (2分) 易知四边形AA1C1C与四边形AA,B,B 都为平行四边形， 所以E,F分别为线段AC1,AB,的中点， 所以EF∥B,C, 因为G为线段B,C的中点， 所以EG∥A1B1, 因为EF中平面A,B,C1,EG中平面 A1B1C1,B,C1C平面A1B,C1,A1B,C平 面A1B,C1, 所以EF∥平面A1B:C,EG∥平 面A1B,C1. 因为EF∩EG=E,EF,EGC平面EFG, 所以平面EFG∥平面A,B,C1,(5分) 所以AO⊥平面EFG,又AOC平 面AA,CC, 所以平面EFG⊥平面AA,C,C.(7分) (2)解：连接B1O,由(1)知，AO⊥A1C1, 因为AA,=AC1=√5，A1C1=2,所以 AO=√AA-A1O7=√/(5)2-12=2， 因为A1B1=B,C1=√2，所以B,O⊥ A1C1,BO=1, 以O为坐标原点，以OB1,OC,OA分别为 x轴、y轴、之轴的正方向建立如图所示的 空间直角坐标系， 17 答案与解析 则A1(0,一1,0)，C1(0,1,0),A(0,0,2), B1(1,0,0),B(1,1,2), 所以A1B=(1,2,2),B1C1=(-1,1,0), C1A=(0,-1,2), (10分) 设平面AB,C1的法向量为m=(x,y,之)， 则 m·B,C=-x+y=0, 令x=2,则 m·C1A=-y+2x=0, y=2,e=1, 所以平面AB,C1的一个法向量为m= (2,2,1), (14分) 设直线A1B与平面AB,C1所成角为0，所 以sin0=lcos(m,A,B)1=m·A,应 ImABI |1×2+2×2+2×1| 8 √2+22+22X√2+22+1-9' 所以直线A,B与平面AB,C,所成角的正 弦值为号。 (17分) 19.(1)证明：在菱形ABCD中，BC∥AD, 因为BC中平面ADFE,ADC平面 ADFE, 所以BC∥平面ADFE, (1分) 因为BCC平面BCFE,平面BCFE∩平面 ADFE=EF, 所以BC∥EF (2分) 如图，取AB的中点M,CD的中点N,连 接MN,EM,FN,则MN∥BC∥EF, 故M,N,F,E四点共面， 因为EA=EB=FC=FD,AB∥CD, 所以EM⊥AB,FN⊥CD,即FN⊥AB. 因为四边形MNFE为梯形， 所以EM与FN相交， 高三复习滚动卷 所以AB⊥平面MNFE. (4分) 又MNC平面MNFE, 所以AB⊥MN, 而MN∥BC,所以AB⊥BC (5分) B C (2)解：分别作MP⊥EF,NQ⊥EF,垂足分 别为P,Q,连接PB,PA,QC,QD, 由(1)知BC∥EF,则MP⊥BC, 又AB⊥BC,MP∩AB=M,MP,ABC平 面PAB, 所以BC⊥平面PAB,同理BC⊥平 面QCD. 因为菱形ABCD的边长为2，EA=EB= FC=FD=√I0,M为AB的中点，N为 CD的中点，MN=2, 则EM=√EB2-BM2=3,FN= √FC2-CN7=3,又EF>BC, 所以四边形MNFE是等腰梯形，由对称性 可知VE-PAB=VF-OCD· (7分) 设∠EMP=0,0∈(0，)则PE= EMsin 0=3sin 0,PM=EMcos 0=3cos 0, 所以S△pAa=2AB·PM=3Cos0, 1 所以Vspa=3X3cos0X3sin0= 3sin 0cos 0,VPAB-OCD=3cos 0X2=6cos 0, 所以五面体ABCDFE的体积为 V(0)=2VEPAB +VPABOD=6sin 0cos 0+ 6cos 0, (9分) V'(0)=6-12sin20-6sin0=-6(2sin0- 1)(sin0+1), 则当0∈(0，)时，V(0)>0,V(0)单调 ·18 ·B· 递增， 当0∈（后，受）时，V(0)<0,V(0)单调 递减， 故当0=哥时，五面体ABCDFE的体积最 大：最大位为v(仔)-2 (11分) (3)解：当五面体ABCDFE的体积最大时， PE=3sin音-2PM=3ca -33 6-2 (12分) 以M为坐标原点，MB,MN,MP所在直 线分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐 标系，如图所示，则M(0,0,0),B(1,0,0), E0,-23）c12.0. (13分) =(10,0E-(0,-2,3) 成=02,0，腕-=(1-9,3) 设平面ABE的法向量为m=(x1y1,之1)， m·MB=x1=0, …m-2+8g,=0, 则 取x1=1,得m=(0,W3,1). (14分) 设平面BCFE的法向量为n=(x, y2,22）, n·BC=2y2=0, 则 0庞=--2+。 2,=0, 取x2=2,得n=(3√5,0,2)， (15分) 所以cos〈m,n〉= m·n=0+0+2= 1m1n4×3i 3 31, (16分) 故平面ABE与平面BCFE夹角的余弦值 (17分)2025一2026学年度高三复习滚动卷 数学（三） 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 斯 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.已知退休的王大爷连续5天户外运动的步数（单位：百步）分别为50,49,51,48,52，则该组数 据的均值与方差分别为 A.50,2 B.50,10 C.51,2 D.51,1 2.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，则取出的2个数恰好不是相邻数的概率为 2 A.5 B.2 c D.3 痴 3.在△ABC中，D为AB的中点，点E满足BE=2EC,则 AA证-号C-2c可 B.Ai=2C店-cò C正-2成-c0 DA症-c成-2访 4.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规 定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差（多面体的 面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率 均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，如图，则该正 八面体（八个面均为等边三角形）的总曲率为 A.2π B.4π C.6π D.8π 总 5.某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单 位：kg)并整理如下表： 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) [1050,1100) [1100,1150) [1150,1200] 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是 A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 数学·滚动卷（三）1/4页 B 6.已知直线y=bx与圆C:x2+y2-6x一8y十16=0交于A(x,y1),B(x2,y2)两点，若x2= 2x1,则{AB|= A.√10 B.2√2 C.√6 D.2 7.已知圆锥SO的高与底面圆O的半径相等，A,B两点在底面圆周上，M是劣弧AB的中点， N是母线SA的中点，若二面角AS0-B的大小为红，则异面直线MN与SB所成角的余弦 值为 A.3 B.5/2 C.0 8 4 D.4 8.泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出.泊松分布的概率 分布列为P(X=)三©3C=0,1,2,),其中e为自然对数的底数，入是泊松分布的1 值.已知某线路每个公交车站台的乘客候车相互独立，且每个站台候车人数X服从参数为入 (入>0)的泊松分布，若该线路某站台的候车人数为2和3的概率相等，则该线路公交车两个 站台共有2个乘客候车的概率为 A号 B.ae 93 c 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。 9.已知椭圆C1:若+y2=1,C4x2+y=1,则 A.C1的长轴长与C2的短轴长相等 B.C1的短轴长与C2的长轴长相等 C.C1与C2的焦距相等 D.C1与C2的离心率相等 10.如图①，四边形ABCD为矩形，AB=2,AD=2√2，E,M,F,N分别为矩形各边的中点，现 按图中虚线折起，得到如图②所示的四面体EFMN,其中点A,B,C,D重合为点G,则在 图②中，下列结论正确的是 F ① ② A.EF⊥MN B.EF-MN C.四面体EFMN的体积为号 D.四面体EFMN的外接球的表面积为5π 11.如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的 01 中点，F为正方形CCDD1内的一个动点（包括边界），且B1F∥平 面A1BE,则下列说法正确的有 B E A.点F的轨迹长度为3√2 B.B1F十DF的最小值为6√2 C三棱锥RBD,D体积的最小值为 D.当B,F与A1B垂直时，直线DF与平面ABCD所成的角为30° 数学·滚动卷（三）·2/4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某高中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中 抽取了300人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了90人.已知该校高三年级共有 720名学生，则该校共有学生 人. 13.已知直线l的方程为y=(一a2+1)x十b,则直线1的倾斜角的取值范围为 14.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D:的侧面积为16√13，且AB=3A1B1=6,则该正四棱台 的体积为 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) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面SAD⊥平面ABCD,AD=√2AB, SA=SD. (1)证明：SB LAC; (2)若SA=AB=2,M为SD的中点，求三棱锥M-SBC的体积. S 16.(15分) 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos C十√3 asin C一b一c=0. (1)求A; (2)若b=1,△ABC的面积为√3，求a. 17.（15分) 已知数列(an}满足a:=1,am+1=3n一am (1)求(an)的通项公式； (2)令b=口m,n为奇数， a1十2，n为偶数，求数列{b)的前2m项和S 数学·滚动卷（三）3/4页 E 18.(17分) 如图，在棱柱ABCA1B1C1中，平面AAC1C⊥平面A1B1C1,A1C1=2,A1B1=C1B1= √2，AA1=AC1=√5，E,G分别为线段AC1,BC的中点，F为直线AB1与直线A:B的交点. C B (1)证明：平面EFG⊥平面AA1C1C; (2)求直线A1B与平面AB1C1所成角的正弦值. 19.(17分) 如图，在五面体ABCDFE中，菱形ABCD的边长为2，EA=EB=FC=FD=√I0, EF>BC. D B (1)证明：BC∥EF且AB⊥BC； (2)求五面体ABCDFE体积的最大值； (3)当五面体ABCDFE的体积最大时，求平面ABE与平面BCFE夹角的余弦值. 数学·滚动卷（三）4/4页