廣東省2025—2026學(xué)年領(lǐng)航高中聯(lián)盟一輪復(fù)習(xí)階段檢測高三數(shù)學(xué)參考答案及評分細(xì)則1.【答案】C2.【答案】B3.【答案】C4.【答案】A5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】D8.【答案】B9.【答案】AD（每選對1個得3分）10.【答案】ABC（每選對1個得2分）11.【答案】ABD（每選對1個得2分）12.【答案】（36，＋）13.【答案】2114.【答案】?15.解：（1）由題意可得f（x）=sinx＋sin2x=sinx（1＋2cosx）.（2分）令f（x）=0，解得sinx=0或cosx=－，（4分）所以f（x）的零點為0，，π，，2π.（6分）（2）由題意可得g′（x）=－sinx－sin2x=－f（x），（8分）從而g（x）在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，（11分）計算各極值點對應(yīng)的極值和端點處的函數(shù)值，可得g（x）的最大值為g（0）=g（2π）=，（12分）最小值為g=g=－.（13分）【評分細(xì)則】1.第一問零點必須用具體數(shù)據(jù)表示，不能用例如x=0這種形式表示，否則扣2分；2.第二問考生可以不用展示極值和端點值的計算過程，只要最終最值求解正確均給滿分；3.第二問也可通過二倍角公式得出g（x）=－，利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值，酌情給分.16.（1）解：令m=n=0，所以f（0）＋f（0）=f（0），（2分）解得f（0）=0.（4分）（2）解：由題意可得f（x）的定義域關(guān)于原點對稱，令m=－n，則mn＜1，（6分）所以f（n）＋f（－n）=f（0）=0，所以f（x）為奇函數(shù).（9分）（3）證明：設(shè)－1＜x＜x＜1，令m=x，n=－x，則mn=－xx＜1，（10分）因為f（x）=－f（－x），所以f（x）－f（x）=f，（12分）因為＞0，所以f＞0，（14分）因此f（x）－f（x）＞0，即f（x）在區(qū)間（－1，1）上單調(diào)遞增.（15分）【評分細(xì)則】第三問如果考生利用其他方法證明不給分.17.（1）解：四段圓弧的弧長之比為2：1：2：1，故圓心角之比為2：1：2：1，則各段圓弧對應(yīng)的圓心角分別為，，，，則可得圓的半徑為.（2分）又C：x－=1（b＞1）的漸近線傾斜角的正切值為b＞1，故漸近線傾斜角為π－－=，故可得b=.（4分）故C1的方程為x－=1，C2的方程為x＋y=.（6分）（2）證明：當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，可知直線PQ的方程為x=±，當(dāng)PQ的直線方程為x=時，不妨設(shè)P點在第一象限，則P，Q兩點的坐標(biāo)為和，可得?=0；同理可得，當(dāng)PQ的直線方程為x=－時，?=0；（8分）當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx＋m（k≠±），P（x，y），Q（x，y）.由題，點O到直線PQ的距離為d=，則d=，又直線PQ為C2的切線，故d==r=，即2m=3k＋3.（10分）聯(lián)立可得（3－k）x－2kmx－m－3=0.故x＋x=，xx=，（12分）則yy=（kx＋m）（kx＋m）=kxx＋mk（x＋x）＋m=k?＋mk?＋m=.則?=xx＋yy=＋=.（14分）將2m=3k＋3代入，可得?=0，即OP⊥OQ.（15分）【評分細(xì)則】第二問若考生從斜率角度來進(jìn)行證明，只要過程合理并嚴(yán)謹(jǐn)也酌情給分.18.（1）證明：如圖1，連接EB，因為PA⊥AB，所以EB=EA＋AB=5，又BC=2，EC=3，則EB＋BC=EC，故BE⊥BC，（1分）由BC⊥AB，AB?BE=B，AB?平面PAB，BE?平面PAB，可知BC⊥平面PAB，（3分）由PA?平面PAB可知PA⊥BC，（4分）又PA⊥AB，AB?BC=B，AB?平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.（5分）圖1（2）（i）證明：解法一：如圖2，以A為坐標(biāo)原點，，，的正方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，（6分）則A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），D（2，－1，0）.（7分）設(shè)O（x，y，z），則由OA=OB=OC=OE得＋＋=＋（y－2）＋=（x－2）＋（y－2）＋=＋＋（z－1），（9分）解得x=y=1，z=，于是O，=（2，2，－1），==，又E為，的公共點，故C，E，O三點共線.（11分）圖2解法二：不妨記M為EC的中點，N為AC的中點，連接MN，由EA⊥平面ABC，MN∥EA知MN⊥平面ABC.（7分）由AB⊥BC可知NB=NA=NC，（8分）易知直線MN上任一點到A，B，C三點的距離相等，故O∈MN，（9分）同理由EA⊥AC可知過點M且垂直于平面EAC的直線l上任一點到A，E，C三點的距離相等，故O∈l，（10分）由l?MN=M知點O即為點M，于是C，E，O三點共線.（11分）（ii）解：如圖3，連接OF，不妨設(shè)F（2，λ，0），λ∈［－1，2］，則=（0，2，－2），=（2，－3，0），=，（13分）設(shè)平面PBD的法向量為=（x，y，z），則即可取=（3，2，2），（14分）記直線OF與平面PBD所成的角為θ，sinθ====，（16分）即λ＋8λ－9=0，解得λ=1或λ=－9（舍去），故DF=λ＋1=2.（17分）圖3【評分細(xì)則】采取解法二在（2）（ii）建系可得一分，建系過程在解法一已給出.19.（1）證明：易得f′（x）=lnx－1＋，（1分）故f′（1）=a－1，同時f（1）=－2－a，（2分）因此切線方程為y=（a－1）x－2a－1，即a（x－2）=x＋y＋1，（3分）令x=2，得y=－3，故切線過定點（2，－3）.（4分）（2）（i）解：記f′（x）的導(dǎo)函數(shù)為f″（x），則f″（x）=－=（x＞0），若a≤0，則f″（x）＞0，f′（x）單調(diào)遞增（也可由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性直接得到f′（x）單調(diào)遞增），（5分）當(dāng)x＜1時，f′（x）＜－1＋＜0，當(dāng)x＞e2且x＞－a時，f′（x）＞0，由零點存在定理可知f′（x）存在唯一零點x，且當(dāng)0＜x＜x0時，f′（x）＜0，當(dāng)x＞x0時，f′（x）＞0，故f（x）先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，對任意實數(shù)t，方程f（x）=t至多有2個實根，不符合題意；（7分）當(dāng)a＞0時，f″（x）有唯一零點，且當(dāng)0＜x＜時，f″（x）＜0，當(dāng)x＞時，f″（x）＞0，則f′（x）在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（，＋）上單調(diào)遞增，故f′（x）≥f′（）=.（9分）若f′（）=≥0，即a≥，則f′（x）≥0，此時f（x）單調(diào)遞增，不合題意；（10分）設(shè)m（x）=lnx＋－1，m′（x）=－=，m（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，＋）上單調(diào)遞增，故m（x）≥m（1）=0，即lnx－1≥－，若0＜a＜，當(dāng)x＜a時，f′（x）≥－＞0，當(dāng)x＞e時，f′（x）＞＞0，則f′（x）在區(qū)間（0，）和（，＋）上分別存在零點p，q，且f′（x）在區(qū)間（0，p）和（q，＋）上為正，在區(qū)間（p，q）上為負(fù)，（11分）則f（x）先單調(diào)遞增后單調(diào)遞減再單調(diào)遞增，且x→＋時，f（x）→＋，取x1使得x＜p且f（x）＞f（q），則直線y=f（x）與f（x）的圖象有三個交點，滿足題意，故a∈.（12分）（ii）證明：令m=（x＋x），構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（m＋x）－f（m－x），x∈，記h′（x）的導(dǎo)函數(shù)為h″（x），h″（x）的導(dǎo)函數(shù)為h?（x），f″（x）的導(dǎo)函數(shù)為f?（x），則h′（x）=f′（m＋x）＋f′（m－x），h′=f′（x）＋f′（x），（13分）同時h（0）=h=0，h″（x）=f″（m＋x）－f″（m－x），易得h″（0）=0，則h?（x）=f?（m＋x）＋f?（m－x），同時f?（x）=－＋=（x＞0）在區(qū)間上恒為正，（14分）若x≤，則f?（x）在區(qū)間（0，x）上恒為正，則h″（x）在區(qū)間上單調(diào)遞增，此時h″（x）≥h″（0）=0，故h′（x）單調(diào)遞增，若h′≤0，則h′（x）≤0，h（x）單調(diào)遞減，得h＜h（0），與題意矛盾，（15分）故h′=f′（x）＋f′（x）＞0；若x＞，