数学-【名校面对面】2026春高三试题（三）（河南专版）

高三数学试题（三）（SSYZX) (时间：120分钟，满分：150分) 一、单选题：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A={xx2<x),B={x小Vx+1≤1}，则() A.AUB={xl-1≤x<1) B.AUB=xx<1} C.AnB=xx≤0} D.AnB={xl0≤x<1} 2.若复数z满足2i-z=iz,则|z=（) A.1 B.2 c.号 D.2 3.“P(A)+P(B)=1”是“事件A与事件B互为对立事件”的() A.充要条件 B.既不充分也不必要条件 C.充分不必要条件 D.必要不充分条件 4.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法 假设二维空间中有两个点A(x1,y),B(x2,y2),O为坐标原点，定义余弦相似度为 cos(A,B)=cos(OA,OB)（其中(OA,O)为向量0A,O丽的夹角)，余弦距离为1 cos(A,B).已知M(cosa,sina),N(0,1),若M,N的余弦距离为号，则sin(g-2a)=() A.居 B.若 C.-24 D.-25 7 25 5已知等差数列红的前：项型为又，若受-号则空《) S2 A月 B.5 C.7 D.15 6.已知m+n=log4(4m+4”),m+n+p=log4(4m+4n+4P),则p的最大值是() A.1 B.1-10g43 C.l0g43 D.log34 7.已知(x2-)”的展开式中第三项与第五项的系数之比为-各其中2=-1，则展开式 中系数为实数且最大的项为() A.第三项 。B.第四项 C.第五项 D.第五项或第六项 8.如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放1个、2个、3个 花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的2个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三 种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆 数学试题第1页共4页 放的不同方式共有() A.18种 B.32种 C.54种 D.72种 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.函数f)=V2sin(wx+p)(@∈(0,2，pe(←，)的部分图象如图所示，则下列结论正· 确的是() A.f(x+t)=f(x) B.x=-是曲线y=f(x)的一条对称轴 C.函数f(x-)是奇函数 D.若方程f)=1在(0，m.上有且仅有6个解，则m∈（经，习 10.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2,AA1=2V3,点E为四边形ABCD 内部（不含边界）的一个动点，平面DD1E⊥平面CDE,则下列说法正确的是() A.异面直线BD,与AD,所成角的余弦值为得 B.CE⊥DE C.四面体D1-CDE的外接球体积为16m D.若DE=DA+DC(,uER),则入+u的取值范围是(0,2+ 2 1.已知椭圆C:器+号=1(a>V回)的左、右焦点分别为，F2,离心率e=号，过原点0的 直线交椭圆C于A,B两点，线段AB的垂直平分线交椭圆C于P,Q两点，过点O分别作OM⊥AP 于M,ON⊥BP于N,则() A.IF F2l=2v2 B.动点M的轨迹是一个圆 C.△NRB的面积有最大值，最大值为 D.四边形MPNO面积的取值范围为号， 数学试题 第2页共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若向量d,满足I=V2,向量在向量上的投影向量为经d,则d.(宿-2d)=· 13.若实数m的取值使函数f(x)在定义域上有两个极值点，则叫做函数f(x)具有“凹凸趋 向性”，已知fx)是函数f)的导数，且f)=m-2,当函数f具有“凹凸趋向性” 时，则m的取值范围为 14.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 品a+品。=点c若△ABC的面积为 c2 10sinc' 则cosC= 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)已知数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，Sn为数列{an的前n项和，Tn为 数列{bn)的前n项和，且Sn+1=2n-n2. (1)求数列{bn}的通项公式： 2i证明：++…+6女< DnDn+i 16.(15分)已知双曲线C答-兰=1a>0,b>0)的左、右焦点分别为R,R,过R作C的 一条渐近线的垂线，垂足为P若PF2l=VZ,SAPOFZ=1. (1)求双曲线C的方程： (②)过左焦点F的直线l与双曲线C交于A,B两点，S△MBR,=V10,求直线的方程 17.(15分)已知函数f(x)=ax2-lnx. (1)讨论f(x)的单调性： (2)若在x1,x2∈[1,3]，x2-x1≥1，使得f(x1)=f(x2),求a的最大值. 数学试题第3页共4页 18.(I7分)如图，直角△ABC,斜边AB=4,B=:,D为AB的中点，将△ACD沿CD翻折到△ PnCD(n∈N),设二面角Pn-CD-A的大小为0n,满足tan8n=(W②)2m-9. A (I)证明：CD⊥APn: (2)求直线PC与平面ABC所成角的大小： (3)当四面体PCDP+1的体积最大时，求n, 19.(17分)某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将n(n∈N,n≥2)各学生依次编号为1,2，…，n,每个学生手中均有红卡、黑卡各一张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽 取-一张，重复上述操作，直至n号从n一1号手中的三张卡片中随机抽取一张： ④老师从号手中的三张卡片中随机取出一张弃置. 则一轮游戏结束， (1)求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率； (2)求在-一轮游戏结束后，n号学生手中红卡张数的期望； (3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游 戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏 终止.求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率。 数学试题 第4页共4页SSyZx:￡' 参考答案 题号 3 心 4 6 6 7 8 答案 A B D A B B C C 题号 9 10 11 12 13 14 答案 ACD ABD ABD 、6 L20 15.【详解】(1)由题意，an=2m-1,S=1+2+22+…+2n-1=2n-1, 所以2n-n2=2n→Tn=n2+n. 当n=1时，b1=T1=2. 当n≥22时，bn=Tn-Tn-1=(n2+n)-[(m-1)2+(m-1)】=2n. 当n=1时，上式亦成立，所以bm=2n. 2因为=高=0) 所以+十+ 6=0-计片t…+片)=长1-) 因为4>0，所以(1-) n+1 1n*a3 .4 所以。++…叶 1 16.【详解】(1)由题意得C的渐近线为y=±x,取y=x,即bx-ay=0, 右焦点，(c.0)到该新近线的距离P-=器-些-b-V2, PF所在直线的斜率为-号，并且过点F2(c,0), 则PF,所在直线方程为y-0=-c-c),即y=-c-, y=-(x-c) 联立 y=ax .整理得x==空=g则y=即P(任) 所以Saos=o=c·0=1,即ab=2,代入b=V2则a=V2 所以双曲线c的方程为芳-苦=1 (2)由(1)知F1(-2,0),F2(2,0), 当直线斜率不存在时，：x=-2,代入双曲线得y=±V2, 则AB到=2√2，F2到l的距离为4，此时S△AB5=×2W2×4=4W2≠V1⑩，不符合题意， 当直线U斜率存在时，设L:y=k(x+2),A(x1,y1),B(x2,y2), 联立三-三1得1-k2-x-42+2)0k幸士，则 4k2 X1+X2= 1-k2 (y=k(x+2) 为2=、42+2 1-k2 (k=±1时与渐近线平行，与双曲线只有1个交点，不符合题意) 答案第1页，共4页 ABI=V1+k21x1-x21=v1+k2+x2)2-4xx2 4k2 4k2+2 =V1+k2 2W2(1+k2) 1-k2 1-k2 I1-k2| 点F2(2,0)到直线L:kx-y+2k=0的距离d=12k-o+24= 4kl Vk2+1 V2+i1 所以SaAB5=引AB·d=;,2YE+).4则 4v2klv1+k2 11-k21 Vk2+1 11-k21 由思意得4平-手0，即②=， 11-k2| 11-k21 31 两边同时平方得2k2+=”,令t=k2化≥0)， (1-k2)2 -91 则1+9=°，整理得4t2+19t-5=0,解得t=域t=-5(舍) (1-t)2 9 故k2=是k=± 将k=±代入判别式(-4k2)2-4(1-k2)[-(4k2+2)]=10>0,且k≠±1，符合题意， 因此直线的方程为y=±x+2),即x-2y+2=0或x+2y+2=0. 17.【详解】(1)由题得x>0,f'()=2ax-上=2ar- x x 若a≤0，则f'(x)<0在(0，+o)上恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减： 若a>0,当x∈(0，a)时，f<0:当xe(=+∞)时，f')>0, 所以fx)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+o)上单调递减： 当a>0时，f)在(0，罗）上单调递减，在（一，+∞）上单调递增 (2)由(1)得，若存在x1,x2∈[1,3]，使得f(x1)=f(x2), 则必有1≤名<要<为≤3,1<要<3→合<a< 2a 所以x2≥x1+1等价于f(x1)=f(x2)≥f(x1+1), 即ax子-lnx1≥a(x1+1)2-ln(x1+1),化简得：a≤ +安 1+2x1 设F6)=h xch则re=器6且<o. (1+2x)2 所以F(x)在，上单调递减，所以a≤Fx)max=F(1)=号， 此时fa)=a=号，f(2)=号×4-1n2=号 所以当x1=1,2=2时等号成立，所以a的最大值为号 答案第2页，共4页 18.【详解】(1)依题意，斜边AB=4,B=有AC=AD=CD=2,取CD中点0， 因为A01CD,Pn01CD,A0nPn0=O,AO,Pn0C平面Pn0A, 所以CD1平面PnOA,又APC平面PnOA,所以CD⊥AP: (2)以点0为原点，0A,0C,0z分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 则A(V3,0,0),C(0,1,0),D(0,-1,0), 由二面角的定义可得8n=∠Pn0A,则P(V3cos0,n,0,V3sin0n), 由于tan9,=V2,则sins=9,cosa:=,故P,1,0V2).c元=(1，-1，v2, 设平面ABC的法向量元=(0,0,1)， 设R,C与平面ABC所成角为A,则sin6=cas佩CR=高需=品=号 2 故P,C与平面ABC所成角为婷 (3)由于△PnCD的面积与△Pn+1CD的面积相等，则△PnCD的面积与△ACD的面积相等， 因此，当Pn+1到平面PnCD的距离最大时，四面体PCDP+1的体积最大； 设平面PnCD的法向量元=(x,y,z),DC=(0,2,0),OP=(W3cos8,0,V3sin6n) 有了 ·Dc=2y=0 ,令x=tan8n,则y=0,z=-1,可得元=(tan60,-1), ·0P.=V3cos8,x+V3sin02=0 OPn+1=(V3cos0n+1,0,V3sinen+1), 所以Pn+1到平面PCD的距离d=I V3cosOn+1xtanen-V3sinen+1 tan20n+1 d2 3(cos0n+i X tanon-sinon+1 3(tan20n-2tanentanon+1+tan20n+1) tan20n+1 (tan28m+1)(tan28n+1+1) 3(22m-9-2(V习m9(22m7+22n-7） 3×22n-9 (22n-9+1)(22n-7+1) (22n-9+1)(22n-7+1) 令t=2n9>0.则d2=+i4-≤2 3t 3 3 1 4tx+5 当且仅当4t=即t=22m-9=21时等号成立，此时n=4 19.【详解】(1)解：记D=“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”，若要1号手中是两张红卡，则应从在 1号手中放入红卡，取出黑卡，所以P(D)=×后后 所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为。： (2)解：记A:=“抽取卡片后i号学生手中有两张红卡和一张黑卡”，B:=“从i号手中取出的卡为红卡”， 所以P(A1)=2A=A-1B-1+A-1B-1=B-1(2≤i≤m),P(B-lA-1)=3P(B:-1lA-=3 则由全概率公式可得：P(A)=P(A-1)P(B-A-1)+P(A-1)P(B-1A-)=子P(A-)+P(A-) 答案第3页，共4页 则P(A,)=P(A-)+故PA)-=(P(A-)-) 又P(A)=,所以P(A,)=子1≤i≤n, 假设一轮游戏结束后，n号手中红卡个数为X,可能取值为0,1,2， P(X=0)=P(An)x P(BlAn)= P(X=1)=P(An)P(BalA)+P(An)P(BnlAn)= PX=2)=P4n)×P(BAn)=& 所以E(X)=0×名+1×子+2×名=1 (3)解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰， 记Mk=“一轮游戏后剩k个学生未被淘汰”，其中k=2,3,…,n, 记N=“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”， 则N=M2N+MgN+…+MnN, 由(2)知，每个学生，一轮后最终卡片的状态概率为： 两红的概率Pr=P(A)=:两黑的概率Pb=P(A)=, 所以，单个学生被淘汰的概率均为，不淘汰的概率为 故一轮结束后，未被淘汰的人数k服从二项分布B(几，)： 所以PM)=c(目()，k=23,…,n 第二轮结束后，k人中剩1人未被淘汰的概率为：PWM,)=C()1 所以P(MM=PM)r(wM)=c目*（目C（)-音=2目”kc目， 由全程华公式得：00=20,0+P0,m++,0=29宫c, 因为C=nC, 因为宫如r8瑞分号含出刂写r, 2 32 所议0=9容=99-川知9-， 33 所以比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未放淘汰的概率和一)。 3 答案第4页，共4页