数学-【衡水真题密卷】2025-2026学年高三学科素养月度测评（六）

2025一2026学年度学科素养月度测评 题 高三数学（六） 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.已知向量a与b的夹角为120°，b=1,a十2b=√7，则a= ( A.1 B.2 C.3 D.4 2.已知随机变量X满足E(3X一4)=5，D(X)=2,则 A.E(X)=3,D(3X+1)=18 B.E(X)=3,D(3X+1)=19 C.E(X)=2,D(3X+1)=18 D.E(X)=2,D(3X+1)=7 3.把7名同学分成三组，一组1人学习跳舞，一组2人学习唱歌，一组4人学习弹钢琴，则 不同的安排方法有 () A.90种 B.105种 C.126种 D.210种 4.某公司研发新产品投人金额x(单位：万元)与该产品的收益y(单位：万元)的5组统计 数据如表所示.由表中数据用最小二乘法求得投入金额x与收益y满足经验回归方程y =2.5x+a,则下列结论错误的是 () 5 11 y 16 22 27 31 A.a=4 B.当x=11时，残差为0.5 C.x与y有正相关关系 D.当投入金额为12万元时，该产品的收益大约为34万元 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若DD1的中点为Q,则过Q,A,B1三点的截面是 () A.三角形 B.梯形 C.菱形 D.矩形 高三数学试题（六）第1页（共4页） 真题密卷·学手 6.设F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，过C上的点Q(8,m)(m>0)作准线1的垂 班级 线，垂足为M,且△MFQ的面积为40，则C的方程为 ( A.y2=2x B.y2=4x 姓名 C.y2=8x D.y2=16x 已知双曲线C:-是1a>0,6>0)的左，石焦点分别为F(-c,0,Ec,0).0 得分 坐标原点，以F2为圆心，F2O为半径的圆与C在第一象限交于点P,若|OP=√3c,则 PF PF2 A.2 B.√6 C.7 D.2√2 8.袋子里有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若 取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记Pm为取了m (m=2,3,…)次后白球恰好全部取出的概率，则 () A.P3>P B.P>Ps C.2P4<P3+P5 D.2P5<P4+P6 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.已知点Q在圆F:(x一2)2十y2=1上，A(一2,0)，动点P(纵坐标不为0)满足 tan∠PAF=sin∠PFA,则 () A.点P的轨迹方程为y2=8x(x≠0) B∠PAF的最大值为 CPA的最小值是号 PF 2 D.AQ+4OQ(点O为坐标原点)的最小值为7 10.赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.某同学绘制的赵 爽弦图如图所示，其中AD=ED=2,点P,Q分别是正方形ABCD和正方形EFGH 上的动点，则 ) A.CD.EF=4 B.|EQ≤2√/10 C.设FB与FE的夹角为0，则tan0=3 D.FP·EQ的最大值为12 斗素养月度测评 高三数学试题（六）第2页（共4页） 11.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD1=√2，BC=CC1=1,CC1⊥ CD,∠ADC=120°，E为CD中点，F在棱BC上运动（包含端点），则 A.存在点F,使得A1F∥平面AD1E D B.存在点F,使得平面AD1E⊥平面D1EF B C.不存在点F,使得|D1F|十|EF=√10 D D.不存在点F,使得四棱锥F-CDD1C1有内切球 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=(7,-1),b=(t,3),若b在a上的投影向量为2a,则t= 13.设数列a是等比数列a1=C整·A-1m∈N),公比g是(c+) 的展开式中的 第二项（按x的降幂排列），记Sn为{an}的前n项和，若Tm=CS1十CS2十…十CmSm, 则Tn=(用含n和x的式子表达). 14.金字塔在埃及和美洲等地均有分布，现在的尼罗河下游，散布着约80座金字塔遗迹， 大小不一，其中最高大的是胡夫金字塔.胡夫金字塔可以近似看做一个正四棱锥，则该 正四棱锥的5个面所在的平面将空间分成 部分（用数字作答） 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)调查某医院一段时间内婴儿的出生时间和性别的关联性，得到的数据如列联表 所示： 出生时间 性别 合计 晚上 白天 男婴 30 20 50 女婴 25 25 50 合计 55 45 100 (1)依据小概率值α=0.05的独立性检验，分析婴儿出生的时间与性别是否有关联， (2)从晚上出生的婴儿样本中按性别采用比例分配的分层抽样方法抽取11个婴儿，再从 这11个婴儿中随机抽取3个婴儿测其体重，求这3个婴儿中恰有两个女婴的概率. 附：x2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)n=atb+c+d. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 22 16.(15分)如图，椭圆C:a2+6=1a>6>0)的离心率e= ,左，右焦点分别为F, √2 F2,左、右顶点分别为A,B,C上有一动点D(异于A,B),点E为线段AD的中点，点 高三数学试题（六）第3页（共4页） 真题密卷·学不 O为坐标原点，直线x=2与直线OE相交于点M, 且△DAF:面积的最大值为2十1 2 (1)当点M坐标为(2，-2)时，求AD. (2)证明：MF2⊥AD. 17.(15分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1=AC=BC=2,D为棱A1B1的中点， F为D在平面BCC1B1上的射影，且AC⊥BF. (1)证明：AC⊥BC C B (2)若三棱锥D-ABC的四个顶点均在球O的表面上. (1)求平面ACD截球O的表面所得圆的周长. (iⅱ)求直线CO与平面ACD所成角的正弦值. 8.q7分在平面直角坐标系z0y中，双曲线℃：名-1a>0)的左、有焦点分别为7 F1,F2,过点M(0,m)(m>0)且斜率为1的直线l1交C于A,B两点(A在y轴右 侧)，且AM1=3Mi1,|OA12+1OB12-AB12=6. (1)求C的方程， (2)若直线l2是过C右支上的点P的切线，且12不与x轴垂直，过F1,F2分别作直线 l2的垂线，垂足分别为T1,T2 ①证明：点T1,T2均在以O为圆心的定圆上，且OT1∥PF2,OT2∥PF1. ②证明：F1T1·|F2T2是定值 19.(17分)设某网站个人用户登陆需输入四位密码a1a2a3xm,其中a1a2a3为用户个人设 置的三位静态密码（每位数字都是0~9中的一个整数），xm是根据登陆时收到的动态 校验钥匙m(m为1~5中的一个整数)计算得到的动态校验码，即xm是a1·m3十 a2·m2十a3·m的个位数字.例如：若静态密码为301，动态校验钥匙m=2,则x2是 3×23+0×22十1×2的个位数字6，从而得到四位登陆密码3016. (1)若用户的三位静态密码为202，动态校验钥匙m为1~5中的一个随机整数，则用 户得到的动态校验码xm最有可能是哪个数字？ (2)若用户的三位静态密码为2a22,其中a2为0~9中的一个随机整数，动态校验钥匙 m=2,求动态校验码x2的概率分布列. (3)若用户的三位静态密码均为0~9中的一个随机整数，动态校验钥匙m=i出现的 概率为p:(1≤i≤5，i∈N),p:∈(0,1).记得到的动态校验码xm=k(0≤k≤9，k∈N) 的概率为Q。,试比较Q。与Q1的大小. 4素养月度测评 高三数学试题（六）第4页（共4页）·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（六） 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 2 单选题 5 平面向量的基本运算 0.85 单选题 5 期望与方差的性质 易 0.85 单选题 5 实际问题中的组合计数 0.80 4 单选题 5 经验回归方程相关运算 0.80 单选题 5 截面形状判断 L 中 0.70 6 单选题 5 抛物线方程求解 0.70 7 单选题 5 双曲线与余弦定理 中 0.65 8 单选题 5 概率运算与大小关系判断 难 0.45 9 多选题 6 圆与抛物线的综合运算 易 0.80 二 10 多选题 6 赵爽弦图与平面向量坐标运算 中 0.60 11 多选题 6 含动点的立体几何综合 难 0.40 12 填空题 5 根据投影向量运算求解参数 易 0.80 三 排列组合、二项式与等比数列的 13 填空题 5 综合 √W 0.60 14 填空题 5 平面分空间区域数量的求解 难 0.35 15 解答题 13 独立性检验与分层抽样 0.75 16 解答题 15 以椭圆为背景的相关运算 0.55 四 17 解答题 15 直三棱柱与外接球的综合 中 0.55 公 解答题 17 双曲线方程求解、定值问题的证明 0.50 解答题 17 新定义概率统计与代数运算 0.30 高三数学答案（六）第1页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD1=√2，BC=CC1=1,CC1⊥CD,∠ADC= 120°，E为CD中点，F在棱BC上运动（包含端点），则 () A.存在点F,使得A1F∥平面AD1E D C B.存在点F,使得平面AD1E⊥平面D1EF 6 C.不存在点F,使得|DF|+|EF|=√I0 D D.不存在点F,使得四棱锥FCDD1C1有内切球 【试题解读】 B 本题以平行六面体为载体，综合考查了空间线面平行、面面垂直、距离计算、内切球存在性等立体几何 核心考点，四个选项难度逐步递进，形成合理的梯度，能够有效区分不同层次的学生，兼具基础性、综合性、 创新性，重点考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力： ★设数列a是等比数列a=C密·1m∈N~),公比g是(+) 的展开式中的第二项（按x 的降幂排列)，记Sn为{an〉的前n项和，若Tm=CS1十CS2十…十CSm,则Tm= (用含n和x的 式子表达). 【试题解读】 本题将等比数列与二项式定理两大模块融合，同时涉及数列求和，既考查了学生对基础知识的掌握程 度，又强调了知识迁移和逻辑推理能力的重要性，很好地体现了高中数学“综合性、应用性、创新性”的命题 趋势，对提升学生的学科素养具有积极的引导作用. ★(17分)设某网站个人用户登陆需输人四位密码a1a2axm,其中a1a2a3为用户个人设置的三位静 态密码（每位数字都是0~9中的一个整数），xm是根据登陆时收到的动态校验钥匙m(m为1~5中的一 个整数)计算得到的动态校验码，即xm是a1·m3十a2·m2十a3·m的个位数字.例如：若静态密码 为301，动态校验钥匙m=2,则x2是3×23+0×22+1×2的个位数字6，从而得到四位登陆密码3016. (1)若用户的三位静态密码为202，动态校验钥匙m为1~5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码 xm最有可能是哪个数字？ (2)若用户的三位静态密码为2a22,其中a2为0~9中的一个随机整数，动态校验钥匙m=2,求动态校验 码x2的概率分布列. (3)若用户的三位静态密码均为0~9中的一个随机整数，动态校验钥匙m=i出现的概率为p: (1≤i≤5，i∈N),p:∈(0,1).记得到的动态校验码xm=k(0≤≤9，k∈N)的概率为Q,试比较Q。与 Q的大小. 【试题解读】 本题以“动态密码生成”为背景，将概率问题与生活场景结合，让学生感受到数学的实用性，激发学习 兴趣，本题综合考查了古典概型、概率分布列、概率大小比较等知识点，分层设问，难度梯度合理，对培养学 生的“应用意识”和“逻辑推理能力”具有积极意义，是一道质量较高的概率统计综合题. 高三数学答案（六）第2页（共10页） ·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 1.C【解析】a+2b|2=|a|2+4ab|·cos120 1MQ1·m=(8+号）m=40①，又点Q8,m) +4b2=a+4a×1×(-2)+4×12= 在抛物线C:y2=2px(p>0)上，所以m2=2p· 8②，联立①②，解得m=8,p=4,故C的方程为 |a|2-2a|+4=7,即a2-2a-3=0,即 y2=8x. (a|-3)(a+l)=0,解得|a=3或a= 7.C【解析】如图，在△POF2中，|OP|=3c, -1(舍去). OF2=PF2=c, 2.A【解析】由E(3X-4)=3E(X)-4=5,得E(X) 个y =3,由D(X)=2,得D(3X+1)=9D(X)=18. 3.B【解析】从7名同学中选1人学习跳舞，有C 种方法；再选2人学习唱歌，有C种方法；其余4 人学习弹钢琴，则不同的安排方法有CC号= 105种. 4.B【解析】根据表中数据可求得x= 5+7+8+9+1=8,y=16+2+24+27+31 6 =24,因为经验回归方程经过点(x,y),所以24 c2+c2-(5c)2 =2.5×8十a,解得a=4,故A正确；即经验回归 由余弦定理得cos∠PF2O= 2c·c 方程为y=2.5x+4,当x=11时，y=2.5×11 1 十4=31.5，所以残差为31一31.5=-0.5，故B 2，所以∠PF,0=120°，在△PF1F2中，由余 错误；因为经验回归方程为y=2.5x十4，且2.5 弦定理得|PF12=|PF2I2+F1F2I2-2PF21· >0,所以x,y正相关，故C正确；令x=12,则y 1r,r,os120=c2+42-2c·2e·(-2）= =2.5×12十4=34，故D正确. 5.B【解析】如图所示，取C1D1的中点P,连接 7e,所以1PF1=ic7 PQ,PB1,AB1,AQ和DC1, 8.B【解析】设事件M为第一个白球在第及次取 出，且第二个白球在第m次取出，其中1≤k< ) ×(}'×(),所以P.=PM= 因为P,Q分别是C1D1,DD1的中点，所以PQ ×()×()-8×(”× ∥CD且PQ=2CD,又AB∥CD,故PQ∥ ()”放P。-P1=号×()-号×()”， AB,且PQ=AB故A,B1,P,Q四点共面， ×()” 又 四边形AB1PQ即为过Q,A,B1三，点的截面，且 名×（》八，当m=3时，× 四边形AB1PQ是梯形. × 6.C【解析】抛物线C的准线方程为工=一色 (经}-1，pR-R<0,即P,<P当m 0),因为MQ=8+号，所以Sa0= 1 =4时，7×（停》广->1，即P,-P,>0,中 高三数学答案（六）第3页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 P4>P,故A错误，B正确；Pm十Pm+2一2Pm+1 Q在圆F与x轴的左交，点处时，AQ|,|OQ|同 时取最小值，此时|AQ|十4OQ|=3十4=7，所 品×(”-名×)” 以AQ|十4|OQ|的最小值为7，故D正确. 16 10.BC【解析】因为AD=ED=2,且四边形 ABCD和EFGH都是正方形，所以FD=CE= (故当m=3时6×（停广 5 625 =1024<1,即 4,由勾股定理可得EF=√22十4=25，所以 P3+P5-2P4<0,即2P4>Pg+P5；当m=4 HE=2√5，CH=2.过点C作CT⊥EH于点 时×}-g<1,中P+P,-2,<0 T,过点A作ASLGF-于点S,剥Samm-2X 即2P>P4十P6,故C,D错误. CEXCH= 二、选择题 ×EH×CT,即4×2=25X 2 9.ACD【解析】对于A,由题意可知F(2,0),设 P(x,y)(y≠0)，如图，过点P作PN⊥x轴于 CT,解得CT-5,同理可得A5-6 点N, E为原点，EH,EF所在直线分别为x,y轴，建 立平面直角坐标系， PN Iy| 则an∠PAF=AN-z+2,sin∠PFA PNI l PF √y2+(x-2)2 所以 y x+2 H ，即(x+2)2=y2+(x一2)2，所以 所以E0,0),F(0,25),C(85,45),因为 √y2+(x-2)2 5,5 y2=8x(x≠0)，故A正确；对于B,由对称性可 AD=ED=CD,所以D为CE的中点，则 y 假设点P在第一象限，则tan∠PAF= x+2 D5,2）对于A,=025).励= 2√2x2V2 2 x+2 金2因为Wx千2≥2 √x (←，-25）以武-35×-2） Vx =一4，故A错误；对于B,设Q(x,y),则x∈ =22,当且仅当=2 ，即2时等号成主， [0,25],y∈[0,25]，即x2∈[0,20]，y2∈ [0,20],所以x2+y2∈[0,40]，因为EQ 所以tan∠PAF= 2√2 ≤1，所以∠PAF≤4， (x,y),所以|E|=√x+y∈[0,2√0]， G+ 故B错误；对于C,由tan∠PAF=sin∠PFA, 故B正确：对于C,由于AS=5,则由均股定 IPFIAN 可得PF=|AN|,所以PA=TPA 里52--26-85 5, PFI cOs∠PAN,且∠PAF≤，所以PA 所以A (25,6N5）,又AG=2AB,即点B是 55 π√2 cos∠PAN≥cos 4=2,故C正确；对于D,当 AG的中点，且G(25,25),所以B(65,85 55 高三数学答案（六）第4页（共10页） ·数学· 参考答案及解析 所以F啦=(0，-25)，F店=(65,25)，则 ED1=(0,-1,1),设m=(x,yz)为平面AD1E 5，-5 F尼.FB 的一个法向量，则 m·Ai-33 2x+2y=0, cos 0= FE FB m·ED1=-y+z=0, 25)x2 取之=1，有m=（W5,1,1),设CF=CB= √10 v-25×+ 2 10, A停，日小0<≤，则厨-屁+ 而0∈[0，π]，故sin0>0,则sin0= 停，l-之0，设m-a6,e)为年面D,BP -- 0,所以tan9= in =3, cos 0 的-个庆商量，0…床-受+收-b-0, 故C正确；对于D,假设点Q运动到H(2V5,0), n·ED1=-b+c=0, 点P适动到C(⑧5,4)，则F时-F- 85,6）d-丽=后0，光时： 若平面AD,E1平面D,EF,则m·n=5- 威-85X26=16≥12，长D特笑 =0，可得A=号所以存在点，使 3,3 2入- 11.ABD【解析】对于A,连接A,D交AD1于点 得平面AD1E⊥平面D1EF,故B正确； M,则M,E分别为A1D,DC中点，则ME∥ A1C,当F与C重合时，有ME∥A1F,因为 对子C,月B分折，可得D广=（原， MEC平面AD1E,A1F中平面AD1E,故A1F ∥平面AD1E,故A正确； 2- 名，-1小，若1D,F+EF=V而，则 D B 慢)+1+停)+- M- =√10，可得√2-2λ+5=√/10-√2-λ+1， C(F) 所以λ2-2λ+5=10-2√10·√2-入十1+λ2 λ+1，则λ+6=2√10·√2-λ十1，所以39λ2一 对于B,因为AD?=AD2+DD?,所以AD⊥ DD1,而CC1⊥CD,CC1∥DD1,则DD1⊥CD, 52x+4=0,可得X=26-21c∈0，]，故C 39 由AD∩CD=D,AD,CDC平面ABCD,得 错误； DD1⊥平面ABCD,在平面ABCD内过D作 对于D,假设存在球与平面CDD1C1,平面 Dx⊥CD,建立如图所示的空间直角坐标系， CDF,平面D1C1F都相切，设CF=x,x∈ 0 (0,1],左视图如图所示， ,CC=1,Kr-f4 则GF=3 4 高三数学答案（六）第5页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 3 1一x” 2S△KGF 22 当x≠1时，Sm=1-x? 则r1= C△KGF 3x2 2x+1+,h ,1-x2 4 俯视图角度，球心O在下底面投影为△FCD的 1 √3x =C+C++C)-(zC+xC 内心，则r2= ,要使四棱锥 x十2+VWx2-2x+4 十…十x"C)] F-CDD1C1有内切球，则r1=r2在(0,1]内有解， 1 -C+C+C++Cg)-(C+ 3 3x xCh十x2C%+…十x"C%)] 所以 2x+1+J1+ 3x2 x+2+√x2-2x+4 4 =-+, 整理得(5-1)x十√4十3x2=√x2-2x十4， n·2-1,x=1, 所以Tn=2一(1十x)” 因为y=√x2-2x十4在(0,1]上单调递减，y= ，x≠1 1-x (W3-1)x十√4十3x2在(0,1]上单调递增，当x 14.23【解析】假想一个没有上顶的正方体，该正 =0时，左边=右边=2，故该方程在(0,1]上无 方体会把空间分割成18块，把四面进行极限倾 解，故D正确. 斜相交，如图所示， 三、填空题 12.4【解析】向量b在向量a上的投影向量为 1b1o0合的报场题多得- 即71-31 50=2,解得t=4. n·2m-1,x=1, 13.2m-(1+x)” 【解析】由题意可得 在倾斜的过程中，在不管底面的情况下，4个侧 ,x≠1. 1-x 面在顶点以下的“水平范围”内最多可以切割出 2m≥3m-2, m≤2， 解得 9个空间，与没有极限倾斜的情况一样，多出来 m-1≥1， m≥2 故m=2, 的空间是交叉的切割出来的空间， 则a1=C4·A}=1, 在空间上是对称的，四个倾斜的侧面在空间中 又(+记)'的展开式通项为K+1=Cx… 的延伸还是这样的倾斜侧面， 如图所示，对称的锥面同样会切割出9个空间， (2∫- .x4r,r=0,1,…,4, 即顶点之上的4个延伸的倾斜的面同样会切割 出9个空间， 所以其第二项为K2=4 ,·x=x,故q=x,且℃ 但是有四个空间和下面的四个倾斜的侧面切出 ≠0， 的是相同的，即标记“×”的位置，所以在18的 当x=1时，Sn=n,则Tm=C十2C2+…十nC% 基础上加9减4，即结果是23. =0C%+1C+2C%+…+nCm, 即Tn=nC%+…+2C%+1C,+0C%=nC%+… +2CA2+1C:-1+0Ca, 故2Tn=n(C%+Cn+C%+…十C%)=n·2”, 所以Tm=n·2m-1; 高三数学答案（六）第6页（共10页） ·数学· 参考答案及解析 四、解答题 17.(1)证明：由题意知BB1⊥平面ABC,又ACC 15.解：（1)零假设H。:婴儿出生的时间与性别 平面ABC,所以AC⊥BB1, (1分) 无关 又AC⊥BF,BB1∩BF=B,BB1,BFC平面 x2-100×30X25-20×25) ≈1.01<3.841， BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1, (3分) 50×50×55×45 又BCC平面BCC1B1,所以AC⊥BC.(4分) (4分) (2)解：由(1)得CA,CB,CC1两两垂直，故以C 故依据小概率值a=0.05的独立性检验，我们 没有充分的证据推断H。不成立， 为原点，CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y 即婴儿出生的时间与性别无关， (6分) 轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， (2)根据分层抽样的性质可知：晚上出生的婴儿 中男樱与女要的比例为。 (8分) 因此选出的11个婴儿中，男婴人数为11× 6 5 6人，女婴人数为11×=5人， (10分) 则这3个婴儿中恰有两个女婴的概率P(X=2) 则A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),D(1,1,2), =CgC号604 所以CA=(2,0,0),CD=(1,1,2),(5分) C3165-11 (13分) 设n=(x,y,之)为平面ACD的一个法向量， a=√2c, n·CA=2x=0, 16.①D解：由感意得行a+c6=2生1， 则 (3分) n·cd=x+y+2z=0, 2 a2=b2+c2, 令z=1,得x=0,y=-2,所以n=(0,-2,1). 解得a2=2,b2=c2=1, (4分) (7分) 故椭圆C号+y-1. 方法一：因为△ABC是以AB为斜边的直角三 (5分) 角形， 当点M坐标为(2，一2)时，kMB=一1，(6分) 所以△ABC的外心为线段AB的中点M,故 设E(xo,-x0),则D(2x。十√2，-2x0) M(1,1,0), (7分) 故DM∥BB1,故DM⊥平面ABC,所以O在线 代人C得(W2x。十1)2+4x=1,解得x。= 段DM上，于是设O(1,1,c), (9分) 3或0（舍去），即D柜，2巨) 3’3 (8分) 由OA=0D2,得c2+2=2-e),解得(= 又A(-2,0),故AD=2/0 (9分) 所以o(11,2)所以0i=(00,）, 3 (2)证明：设直线AD:x=ty一√2，与C联立得 故球0的半径R=O币= (10分) 2√2t √2t2-2√2 方法二：设O(a,b,c),由OA=OB=OC=OD, t2+2 (11分) (a-2)2+b2+c2=a2+(b-2)2+c2, 又A(-2,0),故E22,2t】 t2+2'2+2 得(a-2)2+b2+c2=a2+b2+c2, (a-2)2+b2+c2=(a-1)2+(b-1)2+(c-2)2, 则OE:y=一 2x,M(2,-t), (13分) (9分) 0-(-t) 又F2(1,0),故kMr,= 1-2 =-t,(14分) 解得a-6-1,c-2,即0(1，》，所以0元 所以M,·3AD=(一)· t =-1, =(0,0,）,故球0的半径R=0心1=多 即MF2⊥AD得证. (15分) (10分) 高三数学答案（六）第7页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 (i)设点O到平面ACD的距离为d, 因为|OA|2+|OB1?-|AB|2=6>0,所以 ∠AOB为锐角， 则d= 0D·n235 (11分) 所以OA.OB=|OA|IOB|cos∠AOB ln510' -1O11Oi110A2+101:-1AE2 所以截面圆的半径r=√R2一d 2OA OB 3√5 (12分) 1OA+o2-A-3, (4分) 5, 故OA.OB=x1x2十y1y2 故截面圆的周长为2πr= 6√5π 5 (13分) =x1x2+(x1+m)(x2+m) =2x1x2十m(x1十x2)+m2=3, (i)由于cò-(11,2)， 即2…罗：（空）+m受-2)+m=3 |n·co √5 又m>0,解得m=√6， (6分) 所以|cos(n,Cò)|= co 3 5 √5X 所以a2=1, 所以C号1. (7分) 即直线CO与平面ACD所成角的正弦值为 5 5 (2)证明：①设PF2∩F1T1=Q,PF1∩F2T2 (15分) =W, 18.(1)解：因为b=√3a,所以c=2a, (1分) 由双曲线光学性质可知，∠F1PT1=∠F2PT2, 设l1:y=x十m,A(x1y1),B(x2y2), (8分) x2 y2 因为PT1⊥F1T1,PT2⊥F2T2, 联立a23a=1, 所以△PF1Q,△PF2W均为等腰三角形， ly=x+m, 所以|PF1|=|PQ,|FT|=|QTl, 得2x2-2mx-m2-3a2=0, |PF21=|PW|,|F2T2|=|WT2.(9分) 则△=4m2+8(m2+3a2)>0, 又因为OT1,OT2分别为△QF1F2,△WFF2 的中位线， x1十x2=m, x1x=m2-3a2 (2分) 所以OT1∥PF2,OT2∥PF1, (10分) 2 0， 又因为|QF2|=|PQ|-|PF2|=|PF|- |PF2|=2a=2, 所以|OT:=1,同理，OT2|=1, 所以T1,T2均在以O为圆心的单位圆上 (12分) ②方法一：设P关于O的对称点为点R,C在R 处的切线交FT1于T2, 所以直线1与C的交点位于左、右两支上，即 B点在y轴左侧，所以AM=3MB, 所以x=一3解得石-=，所以 m2=6a2. (3分) 高三数学答案（六）第8页（共10页） ·数学· 参考答案及解析 由对称性得：F2T2=|F1T2|, (13分) 4x8-x6+3 自于-背-1的左，有顶点分别为H(-1, 3+ 好胃 晋 =3. (17分) 0),K(1,0), 故H,K,T1,T2,T2均在单位圆上，如图， 19.解：(1)记M=a1·m3十a2·m2+a3·m. (14分) 由题意可知，当三位静态密码为202时， 若m=1,则M=2×13十0十2×1=4，故x1=4; 若m=2,则M=2×23+0十2×2=20，故x2=0; H F 若m=3,则M=2×33+0+2×3=60,故x8=0: T 若m=4,则M=2×43+0+2×4=136,故x4=6; 若m=5,则M=2X53+0+2×5=260,故x5=0, 由圆的性质得F,T1·|F2T2=F1T2|· 综上，用户得到的动态校验码xm最有可能是0. |F1T|=|F1H|·FK|=(c-a)(c+a)= (3分) b2=3. (17分) (2)三位静态密码为2a22,且m=2,则M=2× 方法二：设P(xoyo),过P(xo,yo)的直线l2: 23+a2×22+2×2=20+4a2. (4分) y一yo=k(x-xo), 当a2=0时，x2=0;当a2=1时，x2=4; y=kx+y0一kx0, 当a2=2时，x2=8;当a2=3时，x2=2; 联立 t2-y2 31, 当a2=4时，x2=6;当a2=5时，x2=0; 当a2=6时，x2=4;当a2=7时，x2=8; 得(3-k2)x2-2k(y0-kx0)x-3-（y0 当a2=8时，x2=2;当a2=9时，x2=6,(6分) kx0)2=0, (13分) 所以x2的所有可能取值是0,2,4,6,8，其分布 则△=4k2(y0-kx0)2-4(3-2)· 列为 [-3-(y0-kx0)2]=0, 0 24 6 即(y0-kx0)2=k2-3, P 故k2(x-1)-2kxoy0十y6+3=0, (14分) 5 55 又君-1，故=3+。 (7分) (3)记事件A:得到的动态校验码xm=0, 所以-2zy,+3=0 事件B:得到的动态校验码xm=1, 事件C:收到的动态校验钥匙m=i(1≤i≤5， 即（信- =0,解得=3x0」 2 i∈N), yo A=AC UAC2 UAC:UACUAC:,B- 所以l2:x0x y义=1， (15分) BC,UBC2 UBC:UBC.UBCs, (8分) 3 又F1(-2,0),F2(2,0), 从而得到Q。=PA)=2P(AC:) =1 所以|F1T|·|F2T2 P(CP (AIC.-pP(AIC.), i=1 i- =1-2zx0-1,2x-1 1_14x6-1 ,(16分)》 同理可得Q,=P(B)=2P(BC,) +西6+晋 + P(C)P (BIC-P (BC). -1 因为一-1， ①对于事件C1,C3:静态密码a1a2a3对应的M 所以FT,l·|F,T,=4红6-1 =a1·m3+a2·m2+a3·m. + 当m=1时，若a3取遍0~9这十个整数，则M 的个位数也会取遍0~9这十个整数， 高三数学答案（六）第9页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 可知PaC)-PBC)0 ③对于事件Cs:静态密码a1a2a3对应的M= a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a2·5+a3), 从而1·P(AC1)=p1·P(BC1); 因此M的末位是0或5，即x6只能是0或5. 当m=3时，若a3取遍0~9这十个整数，则3a3 又M=125a1+25a2+5a3=10(12a1+2a2)+ 的个位数也会取0,3,6,9,2,5,8,1,4,7， 5(a1+a2+a3). 因此M的个位数字也会取遍0~9这十个整数， 当a1十a2十a3为奇数时，x5=5, 故PaC)=PBC)= 此时P(x5=5)= 53+C×5×521 103 2’ 从而p3·P(A|C3)=p3·P(BC3)；(11分) 当a1十a2十a3为偶数时，x5=0, ②对于事件C2,C4:静态密码a1a2a3对应的M =a1·m3+a2·m2+a3·m, 此时Pc=0)=-Pz,=5)=1-2) 当m=2或4时，M为偶数，故xm≠1，可知 从而P4C)-,PBC)=0,则p:· P(B|C2)-P(B|C4)=0, P(A|C5)>0,p5·P(BC5)=0, 又当a1a2a3=000时，M=0,得xm=0,可知 P(A|C2)>0,P(A|C4)>0, 所以p5·P(A|C5)>5·P(B|C5).(16分) 从而p2·P(A|C2)>p2·P(B|C2), 综上，之p.PAC)>2p,P(B1C, p4·P(A|C4)>p4·P(B|C4); (13分) 即Qo>Q1. (17分) 高三数学答案（六）第10页（共10页）】