湖北孝感奥美高级中学2025-2026学年高三下学期4月测试数学试卷

2025-2026学年高三下学期第三次测试数学试卷 注意事项： 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，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. 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. 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中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知集合A＝{x|x2﹣9x+8＝0}，B＝{﹣8，﹣5，1，5}，则A∩B＝（　　） A．{1} B．{﹣8} C．{﹣8，1} D．{1，5} 2．设复数z＝1﹣i，则z的虚部是（　　） A．i B．﹣i C．1 D．﹣1 3．若，则tanα＝（　　） A． B． C． D． 4．已知钝角△ABC的面积为3，AB＝4，AC＝2，则的值是（　　） A．﹣6 B． C．或 D．﹣6或6 5．定义在R上的奇函数f（x）满足f（x）＝f（2﹣x），f（1）＝2，则f（2024）+f（2027）＝（　　） A．0 B．﹣2 C．2 D．4 6．已知直线l：x+ay﹣2﹣2a＝0与圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝9交于A，B两点，则cos∠ACB的最大值为（　　） A． B． C． D． 7．如图是某零件结构模型，中间最大球为正四面体A﹣BCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切．已知正四面体A﹣BCD棱长为，则模型中九个球的表面积的和为（　　） A．6π B．9π C． D．21π 8．若函数的定义域与区间（0，1）的交集由n个开区间组成，则n的值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 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，有选错的得0分） 9．下列命题为真命题的是（　　） A．若a＞b，c＜d，则a﹣c＞b﹣d B．若a＜b，c＜0，则ac＜bc C．若c＞a＞b＞0，则 D．若a＜b，，则ab＜0 10．下列说法正确的是（　　） A．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70%分位数是23 B．若随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜1）＝0.3，则P（2＜X＜3）＝0.2 C．在回归分析中，可用决定系数R2的值判断模型的拟合效果，R2越大，模型的拟合效果越好 D．在回归模型中，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高 11．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P为C的右支上任意一点，点，则下列结论中正确的是（　　） A．|PF1|﹣|PF2|＝4 B．双曲线C的渐近线方程为 C．过点M且与双曲线C只有一个公共点的直线有2条 D．|PM|+|PF1|的最小值为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知f（x）＝ex+2x2﹣ax，函数y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的斜率是4，则实数a＝ 　 　 ． 13．已知椭圆1（a＞b＞0）的左焦点为F，过原点且斜率为的直线与椭圆交于P，Q两点，若，则椭圆的离心率为 　 　 ． 14．已知，若，则a1＝　 　 ． 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）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为． （1）求b的值； （2）若，求△ABC的面积． 16．（15分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠CBD． （1）证明：BC⊥AD； （2）若△ABC和△DBC所在平面垂直，且平面ABD与平面BCD所成角的余弦值为，求∠CBA． 17．（15分）某学校体育课进行投篮练习，投篮地点分为A区和B区，每一个球可以选择在A区投篮也可以选择在B区投篮，在A区每投进一球得2分，没有投进得0分；在B区每投进一球得3分，没有投进得0分． 学生甲在A，B两区的投篮练习情况统计如表： 甲 A区 B区 投篮次数 30 20 得分 40 30 假设用频率估计概率，且学生甲每次投篮相互独立． （1）试分别估计甲在A区，B区投篮命中的概率； （2）若甲在A区投3个球，在B区投2个球， （ⅰ）记甲在A区投篮得分为X，求X的分布列及期望； （ⅱ）求甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率； （3）若甲在A区，B区一共投篮5次，投篮得分的期望值不低于7分，求甲选择在A区投篮的最多次数． 18．（17分）已知函数f（x）＝lnx﹣ax+1的最大值为0． （1）求实数a的值； （2）若f（ex）+kx2≤0对x∈（0，+∞）恒成立，求k的取值范围； （3）证明：． 19．（17分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点K（a，a）（a≠0）到焦点F的距离为5． （1）求抛物线C的方程； （2）过点F的直线l与抛物线C交于A、B两点． （ⅰ）过原点O且垂直于l的直线与抛物线C的准线交于H点．设△OAB、△HAB的面积分别为S1、S2，求的最大值； （ⅱ）抛物线C上的点D，使得△ABD的重心G在x轴的正半轴上，直线AD，BD分别交x轴于点P，Q．记P，Q，G的横坐标分别为xP，xQ，xG，试问2（xP+xQ）﹣3xG是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 参考答案 一．选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D C B A B B 二．多选题 题号 9 10 11 答案 ACD BCD ABD 三．填空题 12．e． 13．． 14．﹣6075． 四．解答题 15．解：（1）因为6b＝ab+6ccosA，由正弦定理， 得6sinB＝bsinA+6sinCcosA，又B＝π﹣（A+C）， 所以6sin（A+C）＝bsinA+6sinCcosA， 即6sinAcosC+6cosAsinC＝bsinA+6sinCcosA， 整理得6sinAcosC＝bsinA， 因为A∈（0，π），可得sinA≠0，所以b＝6cosC， 又因为，所以b＝3； （2）由余弦定理，可得， 又，整理得a2﹣3a﹣10＝0， 解得a＝5或a＝﹣2（舍）， 所以△ABC的面积． 16．解：（1）证明：取AD中点M，连接BM，CM， 因为BA＝BD，所以BM⊥AD， 又由题AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠CBD， 可得△ABC≌△DBC，则AC＝DC， 故CM⊥AD， 因为CM∩BM＝M，CM，BM⊂平面CBM， 所以AD⊥平面CBM， 又BC⊂平面CBM， 所以BC⊥AD． （2）设∠CBA＝∠CBD＝θ，AB＝BC＝BD＝1， 由平面ABC⊥平面DBC且平面ABC∩平面DBC＝BC，由面面垂直的性质定理可知， 可以点B为坐标原点，过点B垂直于平面ABC的直线为x轴，直线BC为y轴， 过点B垂直于平面DBC的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则有B（0，0，0），A（0，cosθ，sinθ），D（sinθ，cosθ，0）， 则， 设平面ABD的一个法向量为， 则有， 故可取， 易知平面DBC的一个法向量为， 则， 解得， 所以∠CBA＝60°或∠CBA＝120°． 17．解：（1）某学校体育课进行投篮练习，投篮地点分为A区和B区， 每一个球可以选择在A区投篮也可以选择在B区投篮， 在A区每投进一球得2分，没有投进得0分，在B区每投进一球得3分，没有投进得0分， 假设用频率估计概率，且学生甲每次投篮相互独立， 则可估计甲在A区投篮进球的概率为， 甲在B区投篮进球的概率为； （2）若甲在A区投3个球，在B区投2个球， （i）记甲在A区投篮得分为X，X所有可能的取值为0，2，4，6，结合（1）可得： ，， ，， 所以X的分布列为： X 0 2 4 6 P 所以； （ii）设事件A为“甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分”， 甲在A区投3个球，得分可能是0，2，4，6，在B区投2个球，得分可能是0，3，6， 则甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的情况有： A区2分B区0分，概率为， A区4分B区0分，概率为， A区4分B区3分，概率为， A区6分B区0分，概率为， A区6分B区3分，概率为， 所以甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为； （3）若甲在A区，B区一共投篮5次，投篮得分的期望值不低于7分， 甲在A区投篮一次得分的期望为：， 甲在B区投篮一次得分的期望为：， 设甲在A区投篮x次，则在B区投篮（5﹣x）次， 则总的期望值，解得x≤3， 所以甲选择在A区投篮的次数最多是3次． 18．解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax+1的定义域为（0，+∞）， 求导得，令f′（x）＝0，解得（a＞0，否则f（x）单调递增，无最大值）， 当0＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 故为极大值点，也是最大值点， 最大值为， 由题意﹣lna＝0，得a＝1． （2）由（1）可知，f（x）＝lnx﹣x+1，故f（ex）＝lnex﹣ex+1＝x﹣ex+1， 不等式f（ex）+kx2≤0，化简为x﹣ex+1+kx2≤0， 即ex﹣kx2﹣x﹣1≥0在（0，+∞）上恒成立， 设g（x）＝ex﹣kx2﹣x﹣1，x∈（0，+∞），求导得g'（x）＝ex﹣2kx﹣1， 令h（x）＝ex﹣2kx﹣1，求导得h'（x）＝ex﹣2k， 当时，h'（x）＝ex﹣2k＞0在（0，+∞）上恒成立，h（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以h（x）＞h（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增， g（x）＞g（0）＝0，符合题意； 当时，令h′（x）＝0，解得x＝ln2k， 0＜x＜ln2k时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x＞ln2k时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 又h（0）＝0，则h（x）＜0在（0，ln2k）上恒成立，即g′（x）＜0在（0，ln2k）上恒成立， g（x）在（0，ln2k）上单调递减， 又g（0）＝0，所以存在x0∈（0，ln2k），使g（x0）＜0，与已知矛盾，不合题意． 综上，实数k的取值范围为． （3）证明：由（2）知，当时，在（0，+∞）上恒成立， 所以， 即， 两边取对数得，x＞2ln（2x+1）﹣3ln2， 令，得， 2ln2ln2ln2ln3nln2＜1， 左边 ＝2ln3nln2＝2[ln（n+1）（n+2）﹣ln2]﹣3nln2 ＝2ln（n2+3n+2）﹣（3n+2）ln2， 即． 19．解：（1）依题意可得，因为a≠0，解得， 所以抛物线C的方程为y2＝4x； （2）（i）由（1）可得F（1，0），设直线l的方程为x＝ky+1， 与抛物线的方程y2＝4x联立，消去x， 可得y2﹣4ky﹣4＝0，Δ＝16k2+16＞0恒成立， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则y1+y2＝4k，y1y2＝﹣4， 所以|， 则原点O到直线l的距离为， 所以， 易得H（﹣1，k），则H到直线l的距离为， 所以， 故 ， 设， 则， 当且仅当，即t＝1时，取得等号，所以的最大值为； （ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），G（xG，0），P（xP，0），Q（xQ，0）， 由（i）知， 则，因此y3＝﹣4k，， 则D（4k2，﹣4k）， 又因为，， 由A，D，P三点共线，则， 故， 因为y1≠y3，因此， 同理可得：， 又， 则2（xP+xQ）﹣3xG 8k2﹣2＝﹣2， 则2（xP+xQ）﹣3xG为定值﹣2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/7 15:29:05；用户：18665925436；邮箱：18665925436；学号：24335353 第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $