江門市2025-2026學(xué)年第一學(xué)期普通高中高三調(diào)研測(cè)試

數(shù)學(xué)答案

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

題號(hào)12345678

答案DCACCDBB

8.【解析】取AD的中點(diǎn)O，連接OD,OB，

易知OD丄AC,OB丄AC，

由二面角D—AC—B是直二面角得OD丄OB，

以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OB,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系，則A，

從而E，

所以，

所以

設(shè)直線EF的單位方向向量為，則，

所以點(diǎn)A到直線EF的距離為

本題還可以轉(zhuǎn)化為求△AEF的EF邊上的高。

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部

選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得部分分。

題號(hào)91011

答案BCACDAC

11.【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)AB丄CD時(shí)，AB是四面體ABCD的高，此時(shí)，四面體ABCD體積

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最大，最大值為VA-BCDS△BCDABBCCDAB，故A正確；

對(duì)于B選項(xiàng)，

uuuuuu2uu2uu22

QA=+B+,:A=(+B+)2=+B++

uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→

2ABBC2BCCD2ABCD4+4+4+0+0+222cosAB,CD>=12+

uuu→uuu→uuu→uuu→

8cos<AB,CD>，因?yàn)锳B,CD為異面直線，則<AB,CD>∈(0,π)，

uuu→uuu→uuu→

故，故B錯(cuò)誤；

QAD=12+8cos<AB,CD>∈(4,20)，從而2<AD<2

對(duì)于C選項(xiàng)，不妨取CD的中點(diǎn)E，連接OE,OD，則OE丄CD，

uuuuuu2

:C.=(+E).=.+E.==2，

uuu→uu→1uu→2uuu→uu→1uu→2

同理可得:CO.CB=CB,CO.CA=CA，

22

uuuu22

所以C.=C.(-)=-=(CA2-CB2)

2uuuu

AB=2，從而C.=C.，故C正確；

對(duì)于D選項(xiàng)，以BC、CD為鄰邊作平行四邊形BCDF，則口BCDF是矩形，故

四棱錐A-BCDF的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，如右圖所示：

則BF丄BC，又因?yàn)锽C丄AB，AB∩BF=B，AB、BF平面ABF，

所以，BC丄平面ABF，且BF=CD=2，因?yàn)镃D//BF，

故異面直線AB、CD所成的角為上ABF或其補(bǔ)角.

可將將三棱錐C-ABF置于圓柱O1O2內(nèi)，使得△ABF的外接圓為圓O2，如右圖所示：

2r

當(dāng)上ABF=60。時(shí)，△ABF為等邊三角形，則該三角形外接圓直徑為

22

設(shè)球O的半徑為R，則(2R)=+BC（此時(shí)球O也是圓柱的外接球），

此時(shí)，球O的表面積為4πR2=；

。

當(dāng)上ABF=120。時(shí)，由于AB=BF=2，則上AFB=30，

則△ABF外接圓直徑為2r

22

則(2R)=(2r)+BC2=16+4=20，

此時(shí)，球O的表面積為4πR2=20π.

綜上所述，球O的表面積為或20π,D錯(cuò)誤.

D選項(xiàng)還可以通過建立空間直角坐標(biāo)系，建立方程組確定球O的半徑。

故選：AC.

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三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

題號(hào)121314

13

答案3

6

注意：填空題要么正確，要么錯(cuò)誤。13題用近似值表示，不給分。

14.【解析】設(shè)D為BC邊中點(diǎn)，連接OD,作OH丄AC于H，即H為AC中點(diǎn)，

---→---→--→---→--→---→1---→2

因?yàn)锳O.AC=|AO|.|AC|cos上OAC=|AH|.|AC|=AC,

2

---→---→---→---→1---→2

同理AO.AB=|AO|.|AB|cos上OAB=AB,

2

---→---→---→2---→)2---→---→---→

則AO.AG=AO.D=O.AB+AC)

3A,3A

1---→---→---→1---→21---→2

=OAB+AC=B+C=b2+c2=

3A.()6A6A()

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15.(13分)

已知的三個(gè)內(nèi)角所對(duì)的邊分別為

△ABCA,B,Ca,b,c，且asinB=bcosA．

（1）求A；

，求

（2）若a=2，且△ABC的面積為b,c．

解：（1）解法一:

abc

在△ABC中，由正弦定理得：==，………………1分

sinAsinBsinC

因?yàn)閎cosA=asinB

所以sinBcosA=sinAsinB，………………2分

因?yàn)锽∈(0,π)，

所以sinB≠0．………………3分

所以cosA=sinA，………………4分

即tanA=，………………5分

因?yàn)锳∈(0,π)，………………6分

π

所以A=.………………7分

3

解法二:

abc

在△ABC中，由正弦定理得：==，………………1分

sinAsinBsinC

因?yàn)閎cosA=asinB

所以sinBcosA=sinAsinB，………………2分

第3頁共13頁

因?yàn)锽∈(0,π)，

所以sinB≠0．………………3分

所以cosA=sinA，………………4分

即cosA—sinA=0，即=2cos………………5分

因?yàn)锳∈(0,π)，

所以A………………6分

兀兀

所以A

所以A.………………7分

（2）因?yàn)?，……………?分

S△ABCbcsinAbc

所以bc=4①,………………9分

兀

由余弦定理可得a2=b2+c2—2bccosA，即22=b2+c2—2bccos………………10分

3

所以b2+c2—bc=4②,………………11分

因?yàn)閎>0,c>0，

由①②解得b=2,c=2.

故.

b=2,c=2………………13分

16.(15分)

如圖，在三棱錐P-ABC中，BC丄PC，PA丄平面ABC.

（1）求證：平面PAC丄平面PBC；

（2）若AC=BC=PA=2，M是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PC上，且PN=2NC，求直線BC與平

面AMN所成角的余弦值.

（1）證明：QPA丄平面ABC,BCC平面ABC，………………1分

:PA丄BC，…2分

QBC丄PC,PCC平面PAC，

PAC平面PAC，PA∩PC=P，…3分

:BC丄平面PAC，……………4分

QBCC平面PBC，……………5分

:平面PAC丄平面PBC.…………6分

（2）解：取AB的中點(diǎn)O，連接OM,OC，

則MO//PA，從而MO丄平面ABC.…………7分

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由（1）知BC丄平面PAC,ACì平面PAC，

所以BC丄AC，

又AC=BC=2，

所以△ABC是等腰直角三角形，

則AB丄OC，且OCABAC2+BC

分別以O(shè)C,OB,OM為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

如圖所示，…………8分

則O(0,0,0),A(0,-,0),B(0,,0),C(,0,0),M(0,0,1),P，

…………9分

---→---→--→

所以BC=(,-,0),AM=(0,,1),A)，…………10分

–

設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，

則，

z=0

令y=，則z=—2,x=0，

–

所以n=(0,,—2)（不唯一），………………12分

則cos分

兀

設(shè)直線BC與平面AMN所成角為θ(θ∈[0,])，

2

則sinθ=cos…………………14分

所以cossin

故直線BC與平面AMN所成角的余弦值為…………………15分

如果建立空間直角坐標(biāo)系不同，只要合理，計(jì)算正確，則給相應(yīng)的分?jǐn)?shù)。

17.(15分)

在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1+an=32n（nN+).

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（1）求證：{an-2n}是等比數(shù)列；

（2）若等比數(shù)列{bn}滿足bn=an+1—λan(λ>0).

（i）求λ的值；

2

(ⅱ)記數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Sn.若Si.Si+2=15Si+1(i∈N+)，求i的值.

解：（1）證明：Qan+1+an=3×2n，

………………2分

:{an-2n}是公比為-1的等比數(shù)列.……………3分

（2）解：(ⅰ)因?yàn)閍1=1,

1

:a1-2=-1，

由（1）知-，

an-2n=(-1)×(-1)n1=(-1)n

從而an=2n+(-1)n，…………………4分

所以a1=1,a2=5,a3=7,a4=17，…………………5分

又bn=an+1—λan，

所以b1=a2—λa1=5—λ,b2=a3—λa2=7—5λ,b3=a4—λa3=17—7λ.………………6分

因?yàn)閧bn}是等比數(shù)列，

22

所以b2=b1b3，即(7—5λ)=(5—λ)(17—7λ)，

整理得λ2—λ—2=0，…………………7分

解得λ=—1或λ=2.

又λ>0，

所以λ=2.…………………8分

當(dāng)λ=2時(shí)，

111

+++

bn=an+1—λan=(—1)n+2n—2[(—1)n+2n]=3×(—1)n，

則

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故{bn}是等比數(shù)列，符合題意.

所以λ=2.……………9分

212

(ⅱ)由(ⅰ)可知+，………10分

nbn=3×(-1)nn

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，

222222

Sn=3×[1-2+3-4+…+(n-1)-n]

=3×[(1+2)×(1-2)+(3+4)×(3-4)+…+(n-1+n)(n-1-n)]

=-3×[3+7+…+(2n-1)]

………11分

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，

2

Sn=Sn+1-(n+1)bn+1=-(n+1)(n+2)+3(n+1)n(n+1),……12分

奇數(shù)

綜上，Sn………13分

為偶數(shù)

易知Si.Si+2>0，

又Si.Si+2=15Si+1(i∈N+)，

故Si+1>0，

所以i為偶數(shù).………14分

從而

整理得i2+3i-10=0，

解得i=-5（舍去）或i=2，

所以i的值為2.…………15分

18.(17分)

如圖,在六面體ABCDEF中，側(cè)面ADEF是直角梯形，AD丄DE，AF//DE，DE=2AF=2，底

面ABCD是矩形，且BC+CD=3.設(shè)CD=t，二面角E—AD—C的大小為α,六面體ABCDEF的體積

為V.

（1）求證：BF//平面CDE；

（2）當(dāng)t=2時(shí)，求V關(guān)于α的函數(shù)解析式，并求V的最大值；

（3）若平面BEF丄平面BCE，當(dāng)α取得最大值時(shí)，求V的值．

（1）證明：

方法一：

因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，

第7頁共13頁

所以AB//CD，

又AB丈平面CDE,CD平面CDE，

故AB//平面CDE，………………1分

直角梯形ADEF中，AF//DE，

同理可得AF//平面CDE，……2分

因?yàn)锳B∩AF=A，AB,AF平面ABF，

所以平面ABF//平面CDE，……3分

又因?yàn)锽F平面ABF，

所以BF//平面CDE.…………4分

方法二：

取DE的中點(diǎn)G，連接CG,FG.

因?yàn)閭?cè)面ADEF是直角梯形，AD丄DE,AF//DE,DE=2AF=2，

所以四邊形ADGF是矩形，且AD//FG,AD=FG，……1分

又因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，

所以AD//BC,AD=BC，……2分

從而FG//BC,FG=BC，

所以四邊形BCGF是平行四邊形，

所以BF//CG，…………3分

又因?yàn)锽F丈平面CDE,CG平面CDE,

所以BF//平面CDE.……4分

（2）解：

解法一（切割法）：

取DE的中點(diǎn)G，連接CG,FG，CF。

在矩形ABCD中，AD丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上CDE是二面角E一AD一C的平面角，……………5分

因?yàn)槎娼荅一AD一C的大小為α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E一AD一C的平面角，上BAF=α

因?yàn)镃D∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，

從而FG丄平面CDE，ABF一DCG是直三棱柱?！?分

當(dāng)t=2時(shí)，

由題意得AF=DG=EGDE=1,CD=2,FG=AD=BC=3一CD=3一2=1，

則SΔCEG=SΔCDG=CD.DGsin上CDE=sinα,………7分

又因?yàn)閂三棱錐E一CFB=V三棱錐E一CFG=V三棱錐F一CEG=SΔCEG.FG=sinα,

所以,……………8分

V四棱錐E一BCGF=V三棱錐E一CFB+V三棱錐E一CFG=sinα

V三棱柱ABF一DCG=SΔCDG.AD=sinα,…………9分

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從而

V=V三棱柱ABF—DCG+V四棱錐E—BCGF=sinα+sinα=sinα,α∈(0,兀)

當(dāng)α=時(shí)，V取得最大值.…………………10分

解法二（補(bǔ)形法）：

如圖，延長AF到P，使得AF=FP，連接EP,BP.

則由題易知四邊形ADEP是矩形，AD//EP,AD=EP，

在矩形ABCD中，AD丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上CDE是二面角E—AD—C的平面角，…5分

因?yàn)槎娼荅—AD—C的大小為α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E—AD—C的平面角，上BAF=α

因?yàn)镃D∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，

從而EP丄平面CDE，ABP—DCE是直三棱柱?！?分

當(dāng)t=2時(shí)，由題意得

AF=FP=DE=1,AB=CD=2,EP=AD=BC=3—CD=3—2=1，

則SΔBPF=SΔBAFAB.AFsin上BAF×2×1sinα=sinα,…………7分

SΔCDECD.DEsin上CDEsinα=2sinα,……8分

所以V三棱柱CDE—BAP=SΔCDE.AD=2sinα,

V三棱錐E—BPFSΔBPF.EPsinα,……………9分

從而V=V三棱柱CDE—BAP—V三棱錐E—BPF=2sinα—sinα=sinα,α∈(0,兀)

當(dāng)α=時(shí)，V取得最大值.……………10分

解法三（切割法）：

由題意，在矩形ABCD中，AD丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上CDE是二面角E—AD—C的平面角，…5分

因?yàn)槎娼荅—AD—C的大小為α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E—AD—C的平面角，上BAF=α

因?yàn)镃D∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，……………6分

過點(diǎn)E作CD的垂線，交直線CD于H，

第9頁共13頁

由AD丄平面CDE，EH平面CDE，

所以AD丄EH，且AD∩DC=D，

所以EH丄平面ABCD，

即EH是四棱錐E一ABCD的高，…………7分

由DE=2,CD=t=2,BC=3一CD=3一t=1，

則EH=2sin(π一α)=2sinα,

所以VE一ABCD=SABCD.EH=×2×1×2sinα=sinα,…………8分

由AF//DE，DE丈平面ABF，AF平面ABF，所以DE//平面ABF，

又因?yàn)锳D丄平面ABF，且AF=1，

所以VE一ABF=VD一ABF=S△ABF.AD=××2×1×sinα×1=sinα,…9分

所以V=VE一ABCD+VE一ABF=sinα,α∈(0,π)，

當(dāng)時(shí)，V取得最大值.…………………10分

---→---→---→

（3）過點(diǎn)D作DC的垂線，交直線CE于點(diǎn)G，分別以DA,DC,DG為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)

系如圖所示，………………11分

則D(0,0,0),A(3一t,0,0),C(0,t,0),B(3一t,t,0),E(0,2cosα,2sinα)，

F(3一t,cosα,sinα)，……………12分

--→--→

在平面BEF中，B=(0,cosα一t,sinα),E=(3一t,一cosα,一sinα)，

設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為=(x1,y1,z1)，

+znα=

則1，

cos一z1siα=0

令y=sinα,則z=t一cosα,x=sinα,

111一

所以…………………13分

---→---→

在平面EBC中，CB=(3一t,0,0),CE=(0,2cosα一t,2sinα)，

設(shè)平面EBC的一個(gè)法向量為=(x2,y2,z2)，

則，

+z2.2sinα=0

令y2=2sinα,則z2=t一2cosα,x2=0，所以=(0,2sinα,t一2cosα)，………14分

因?yàn)槠矫鍮EF和平面BCE垂直，

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所以.=0，即2sin2α+(t—cosα)(t—2cosα)=0，

整理可得cos……15分

因?yàn)棣痢?0,兀)，0<t<3，

所以cos，

當(dāng)且僅當(dāng)t=時(shí)，等號(hào)成立，

故當(dāng)α取得最大值時(shí)，即cosα取得最小值，……16分

此時(shí)，V=VE—ABCD+VE—ABF=t(3—t)sinα+t(3—t)sinα=t(3—t)sinα,

由t=，cosα=，α∈(0,π)，

所以sinα==，

則V………………17分

如果建立空間直角坐標(biāo)系不同，只要合理，計(jì)算正確，則給相應(yīng)的分?jǐn)?shù)。

19.(17分)

若a,b,c,d∈R，且a<b<c<d，則d—c+b—a的值叫做[a,b]U[c,d]的“區(qū)間長度”.已知函數(shù)

)))

f(x)=(|cosx—tcosx+，x∈—,，t∈(|,2.

(,,(,

（1）當(dāng)t=1時(shí)，求關(guān)于x的不等式f(x)≥解集的“區(qū)間長度”；

（2）設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)≥0解集的“區(qū)間長度”為I．

（i）若I=π,求t的值；

(ⅱ)求I的最大值．

解：（1）t=1時(shí)，

))

f(x)=(|cosx—cosx+=cos2x—，

(,,

由f(x)≥→cos2x≥,

故cosx≥或cosx≤—,………………1分

「

因?yàn)榈亩x域?yàn)椤?，

f(x)|L

第11頁共13頁

所以-≤x≤或≤x≤,………………2分

所以f(x)≤0解集的“區(qū)間長度”為++-=；………………3分

)()

（2）(ⅰ)因?yàn)?|cosx-tcosx+≥0，<t<2，

(,(|,

所以cosx≥或cosx≤-，其中<<1,-1<-<-………………4分

「

因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?,，

|L

所以設(shè)cosx=的兩個(gè)根為x1,x2，其中-<x1<0<x2<，且x1+x2=0，………5分

同理，設(shè)cosx=-的兩個(gè)根為x3,x4，

其中<x3<π<x4<，且x3+x4=2π,………………6分

所以x1≤x≤x2或x3≤x≤x4，

所以I=x2-x1+x4-x3=2π-2(x1+x3)，又I=π,所以x1+x3=，………………7分