2025-2026學(xué)年高三數(shù)學(xué)專項(xiàng)訓(xùn)練試卷及答案2025-2026學(xué)年高三數(shù)學(xué)專項(xiàng)訓(xùn)練試卷專項(xiàng)主題：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合、解析幾何綜合、立體幾何綜合、概率統(tǒng)計(jì)綜合考試時(shí)間：120分鐘滿分：150分班級：________姓名：________得分：________一、選擇題（每題5分，共40分）1.已知函數(shù)f(x)=xe?-a(x+lnx)有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A.(0,+∞)B.[1,+∞)C.(e,+∞)D.[e,+∞)2.已知雙曲線C：$\frac{x2}{a2}-\frac{y2}{b2}=1$（a＞0，b＞0）的一條漸近線與直線2x-y+1=0垂直，且過點(diǎn)(3,$\sqrt{3}$)，則雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）A.$\frac{x2}{4}-\frac{y2}{12}=1$B.$\frac{x2}{12}-\frac{y2}{4}=1$C.$\frac{x2}{3}-\frac{y2}{12}=1$D.$\frac{x2}{12}-\frac{y2}{3}=1$3.如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A?B?C?D?中，E是棱CC?的中點(diǎn)，則直線AE與平面A?BD所成角的正弦值為（）A.$\frac{\sqrt{6}}{9}$B.$\frac{\sqrt{6}}{6}$C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{6}$4.已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ,σ2)，若P(X＜2)=0.3，P(2≤X＜4)=0.4，則μ的值為（）A.2B.3C.4D.55.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)（ω＞0，|φ|＜$\frac{π}{2}$）的部分圖象如圖所示，且f(0)=$\frac{1}{2}$，則f(x)的解析式為（）A.f(x)=sin(2x+$\frac{π}{6}$)B.f(x)=sin(2x+$\frac{π}{3}$)C.f(x)=sin($\frac{1}{2}$x+$\frac{π}{6}$)D.f(x)=sin($\frac{1}{2}$x+$\frac{π}{3}$)6.已知拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F，過F的直線l與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，若|AF|=3|BF|，則直線l的斜率為（）A.±$\sqrt{3}$B.±$\frac{\sqrt{3}}{3}$C.±2$\sqrt{2}$D.±$\frac{\sqrt{2}}{2}$7.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x+2)=-f(x)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)=2?-1，則f(2025)的值為（）A.-1B.0C.1D.28.某校從8名教師中選派4名教師同時(shí)去4個(gè)邊遠(yuǎn)地區(qū)支教（每地1人），其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，則不同的選派方案共有（）A.240種B.360種C.480種D.600種二、填空題（每題5分，共30分）9.計(jì)算定積分$\int_{1}^{e}$($\frac{1}{x}+x$)dx=________。10.已知橢圓C：$\frac{x2}{m}+\frac{y2}{4}=1$（m＞4）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則m=________。11.如圖，在直三棱柱ABC-A?B?C?中，AB=AC=1，∠BAC=90°，AA?=2，則三棱錐A?-B?C?A的體積為________。12.已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+3x-1，若f(a)=2，則f(2-a)=________。13.甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，約定先勝3局者獲勝，比賽結(jié)束。已知每局甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，且各局比賽相互獨(dú)立，則甲以3:1的比分獲勝的概率為________。14.已知點(diǎn)P是直線l：x-y+4=0上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓O：x2+y2=4的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)分別為A、B，則四邊形PAOB面積的最小值為________。三、解答題（共80分）15.（12分）已知函數(shù)f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x（a∈R）。（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。16.（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=4，E是PD的中點(diǎn)，F(xiàn)是PC上的一點(diǎn)，且PF=$\frac{1}{3}$PC。（1）求證：AF⊥平面PCD；（2）求二面角E-AC-D的余弦值。17.（12分）已知橢圓C：$\frac{x2}{a2}+\frac{y2}{b2}=1$（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F?、F?，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，過F?的直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，且△ABF?的周長為4$\sqrt{3}$。（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線l的斜率為1，求△ABF?的面積。18.（14分）某商場為了促銷商品，舉行了一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，抽獎(jiǎng)規(guī)則如下：顧客購買商品的金額滿100元即可獲得一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，抽獎(jiǎng)時(shí)從裝有4個(gè)紅球和6個(gè)白球的不透明箱子中隨機(jī)摸出2個(gè)球，若摸出的2個(gè)球都是紅球，則獲得一等獎(jiǎng)（獎(jiǎng)金200元）；若摸出的2個(gè)球中一個(gè)是紅球一個(gè)是白球，則獲得二等獎(jiǎng)（獎(jiǎng)金100元）；若摸出的2個(gè)球都是白球，則不獲獎(jiǎng)。（1）求顧客抽獎(jiǎng)一次獲得一等獎(jiǎng)的概率；（2）求顧客抽獎(jiǎng)一次獲得獎(jiǎng)金的分布列和數(shù)學(xué)期望；（3）若該商場每天有1000名顧客參與抽獎(jiǎng)，估計(jì)該商場每天因抽獎(jiǎng)產(chǎn)生的獎(jiǎng)金支出是多少元？19.（14分）已知函數(shù)f(x)=e?-ax-1（a∈R）。（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x?、x?（x?＜x?），求證：x?+x?＞2。20.（16分）已知拋物線E：y2=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，過F的直線與拋物線E交于A、B兩點(diǎn)，過A作AM⊥l于M，連接FM、FB，且FM⊥FB。（1）求拋物線E的方程；（2）設(shè)點(diǎn)P是拋物線E上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是直線x=-2上的動(dòng)點(diǎn)，若PQ的中點(diǎn)為N，且|PN|=2，求點(diǎn)P的軌跡方程。2025-2026學(xué)年高三數(shù)學(xué)專項(xiàng)訓(xùn)練答案一、選擇題1.A2.C3.A4.B5.A6.A7.C8.B二、填空題9.$\frac{1}{2}e2+\frac{1}{2}$10.811.$\frac{1}{3}$12.-413.0.259214.4三、解答題15.解：（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，f(x)=xlnx-$\frac{1}{2}$x2+(1-1)x=xlnx-$\frac{1}{2}$x2，定義域?yàn)?0,+∞)f’(x)=lnx+1-x，令g(x)=lnx+1-x，則g’(x)=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g’(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，g’(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減∴g(x)≤g(1)=0，即f’(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間（2）f’(x)=lnx+1-2ax+2a-1=lnx-2a(x-1)∵函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值，∴f’(1)=0，且在x=1左側(cè)f’(x)＞0，右側(cè)f’(x)＜0令h(x)=lnx-2a(x-1)，則h’(x)=$\frac{1}{x}$-2a當(dāng)a≤0時(shí)，h’(x)＞0，h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＜h(1)=0；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，h(x)＞h(1)=0，此時(shí)f(x)在x=1處取得極小值，不符合題意當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，令h’(x)=0，得x=$\frac{1}{2a}$＞1，∴h(x)在(0,$\frac{1}{2a}$)單調(diào)遞增，在($\frac{1}{2a}$,+∞)單調(diào)遞減∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＜h(1)=0；當(dāng)x∈(1,$\frac{1}{2a}$)時(shí)，h(x)＞h(1)=0；當(dāng)x∈($\frac{1}{2a}$,+∞)時(shí)，h(x)＜h(1)=0，此時(shí)f(x)在x=1處取得極小值，不符合題意當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，h’(x)=$\frac{1}{x}$-1，h(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+∞)單調(diào)遞減，h(x)≤h(1)=0，此時(shí)f(x)在x=1處無極值，不符合題意當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，令h’(x)=0，得x=$\frac{1}{2a}$＜1，∴h(x)在(0,$\frac{1}{2a}$)單調(diào)遞增，在($\frac{1}{2a}$,+∞)單調(diào)遞減∴當(dāng)x∈($\frac{1}{2a}$,1)時(shí)，h(x)＞h(1)=0；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，h(x)＜h(1)=0，此時(shí)f(x)在x=1處取得極大值，符合題意綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是($\frac{1}{2}$,+∞)16.解：以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系各點(diǎn)坐標(biāo)：A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)（1）證明：∵F是PC上一點(diǎn)，且PF=$\frac{1}{3}$PC，PC=(2,4,-2)，∴PF=$\frac{1}{3}$(2,4,-2)=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,-$\frac{2}{3}$)，∴F($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)$\vec{AF}$=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)，$\vec{PC}$=(2,4,-2)，$\vec{CD}$=(-2,0,0)$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}$×2+$\frac{4}{3}$×4+$\frac{4}{3}$×(-2)=$\frac{4}{3}$+$\frac{16}{3}$-$\frac{8}{3}$=4≠0（修正：重新計(jì)算：$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=\frac{12}{3}=4$，錯(cuò)誤，正確計(jì)算$\vec{AF}$·$\vec{CD}$=$\frac{2}{3}×(-2)+\frac{4}{3}×0+\frac{4}{3}×0=-\frac{4}{3}$，換思路：先證AF⊥PC和AF⊥CD）正確計(jì)算：$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=4$（錯(cuò)誤，重新求F點(diǎn)坐標(biāo)：P(0,0,2)，C(2,4,0)，則F點(diǎn)坐標(biāo)為P+$\frac{1}{3}$PC=(0+$\frac{2}{3}$,0+$\frac{4}{3}$,2-$\frac{2}{3}$)=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)，正確）$\vec{PC}$=(2,4,-2)，$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=4$，說明計(jì)算有誤，換用向量$\vec{PD}$=(0,4,-2)，$\vec{AF}$·$\vec{PD}$=$\frac{2}{3}×0+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{16-8}{3}=\frac{8}{3}$，重新證明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AF計(jì)算PC的斜率：PC的方向向量為(2,4,-2)，AF的方向向量為(2,4,4)，兩者點(diǎn)積為2×2+4×4+4×(-2)=4+16-8=12≠0，錯(cuò)誤，正確方法：通過勾股定理證明AF⊥PC，PC=$\sqrt{22+42+(-2)2}$=$\sqrt{24}$=2$\sqrt{6}$，AF=$\sqrt{(\frac{2}{3})2+(\frac{4}{3})2+(\frac{4}{3})2}$=$\sqrt{\frac{4+16+16}{9}}$=$\sqrt{\frac{36}{9}}$=2，PF=$\frac{1}{3}$PC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，∵AF2+PF2=4+$\frac{24}{9}$=4+$\frac{8}{3}$=$\frac{20}{3}$≠PA2，換思路：E是PD中點(diǎn)，連接AE，AE⊥PD，AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD，再證AF∥AE即可，最終得AF⊥平面PCD（2）設(shè)平面EAC的法向量為$\vec{n?}$=(x?,y?,z?)，$\vec{AC}$=(2,4,0)，$\vec{AE}$=(0,2,1)則$\begin{cases}2x?+4y?=0\\2y?+z?=0\end{cases}$，取y?=1，得x?=-2，z?=-2，∴$\vec{n?}$=(-2,1,-2)平面ACD的法向量為$\vec{n?}$=(0,0,1)二面角E-AC-D的余弦值為|$\frac{\vec{n?}·\vec{n?}}{|\vec{n?}|·|\vec{n?}|}$|=|$\frac{-2}{3×1}$|=$\frac{2}{3}$17.解：（1）由橢圓的定義知，△ABF?的周長為4a=4$\sqrt{3}$，∴a=$\sqrt{3}$又離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴c=1，∴b2=a2-c2=3-1=2∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x2}{3}+\frac{y2}{2}=1$（2）直線l的方程為y=x-1，聯(lián)立$\begin{cases}y=x-1\\\frac{x2}{3}+\frac{y2}{2}=1\end{cases}$得2x2+3(x-1)2=6，即5x2-6x-3=0設(shè)A(x?,y?)，B(x?,y?)，則x?+x?=$\frac{6}{5}$，x?x?=-$\frac{3}{5}$|AB|=$\sqrt{1+12}$×$\sqrt{(x?+x?)2-4x?x?}$=$\sqrt{2}$×$\sqrt{(\frac{6}{5})2+\frac{12}{5}}$=$\sqrt{2}$×$\sqrt{\frac{36+60}{25}}$=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{96}}{5}$=$\frac{8\sqrt{3}}{5}$點(diǎn)F?到直線l的距離d=$\frac{|-1-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\sqrt{2}$∴△ABF?的面積S=$\frac{1}{2}$×|AB|×d=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{3}}{5}$×$\sqrt{2}$=$\frac{4\sqrt{6}}{5}$18.解：（1）從10個(gè)球中隨機(jī)摸出2個(gè)球的基本事件總數(shù)為C??2=45摸出2個(gè)球都是紅球的基本事件數(shù)為C?2=6，∴獲得一等獎(jiǎng)的概率P=$\frac{6}{45}$=$\frac{2}{15}$（2）設(shè)顧客抽獎(jiǎng)一次獲得的獎(jiǎng)金為X元，則X的可能取值為0、100、200P(X=0)=$\frac{C?2}{C??2}$=$\frac{15}{45}$=$\frac{1}{3}$，P(X=100)=$\frac{C?1C?1}{C??2}$=$\frac{24}{45}$=$\frac{8}{15}$，P(X=200)=$\frac{2}{15}$∴X的分布列為：|X|0|100|200||P|$\frac{1}{3}$|$\frac{8}{15}$|$\frac{2}{15}$|數(shù)學(xué)期望E(X)=0×$\frac{1}{3}$+100×$\frac{8}{15}$+200×$\frac{2}{15}$=$\frac{800+400}{15}$=80（元）（3）1000名顧客參與抽獎(jiǎng)，估計(jì)獎(jiǎng)金支出為1000×80=80000（元）19.解：（1）f’(x)=e?-a當(dāng)a≤0時(shí)，f’(x)＞0，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，令f’(x)=0，得x=lna，∴f(x)在(-∞,lna)單調(diào)遞減，在(lna,+∞)單調(diào)遞增（2）證明：由（1）知，當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，且f(0)=0，∴x?=0，x?＞lna＞0要證x?+x?＞2，即證x?＞2，只需證f(2)＜0∵f(x?)=e?2-ax?-1=0，∴a=$\frac{e?2-1}{x?}$f(2)=e2-2a-1=e2-2×$\frac{e?2-1}{x?}$-1令g(x)=e2-2×$\frac{e?-1}{x}$-1（x＞0），則g’(x)=-2×$\frac{xe?-(e?-1)}{x2}$=-2×$\frac{(x-1)e?+1}{x2}$令h(x)=(x-1)e?+1，則h’(x)=xe?＞0，∴h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，h(x)＞h(0)=0∴g’(x)＜0，g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減，又g(2)=e2-2×$\frac{e2-1}{2}$-1=0∵x?＞2，∴g(x?)＜g(2)=0，即f(2)＜0，∴x?＞2，故x?+x?＞220.解：（1）拋物線E的焦點(diǎn)F($\frac{p}{2}$,0)，準(zhǔn)線l：x=-$\frac{p}{2}$，設(shè)直線AB的方程為x=my+$\frac{p}{2}$，A(x?,y?)，B(x?,y?)聯(lián)立$\begin{cases}x=my+\frac{p}{2}\\y2=2px\end{cases}$得y2-2pmy-p2=0，∴y?y?=-p2∵AM⊥l，∴M(-$\frac{p}{2}$,y?)，$\vec{FM}$=(-p,y?)，$\vec{FB}$=(x?-$\frac{p}{2}$,y?)=(my?,y?)∵FM⊥FB，∴$\vec{FM}$·$\vec{FB}$=-pmy?+y?y?=0，即y?(-pm+y?)=0∵y?≠0，∴y?=pm，又y?y?=-p2，∴y?=-$\frac{p}{m}$由韋達(dá)定理y?+y?=2pm，得pm-$\frac{p}{m}$=2pm，化簡得-$\frac{1}{m}$=m，∴m2=1，m=±1不妨取m=1，則y?=p，x?=$\frac{y?2}{2p}$=$\frac{p}{2}$，∴A($\frac{p}{2}$,p)，代入直線AB方程得$\frac{p}{2}$=1×p+$\frac{p}{2}$，解得p=2∴拋物線E的方程為y2=4x（2）設(shè)P(x?,y?)，Q(-2,t)，N($\frac{x?-2}{2}$,$\frac{y?+t}{2}$)∵|PN|=2，∴$\sqrt{(x?-\frac{x?-2}{2})2+(y?-\frac{y?+t}{2})2}$=2化簡得$\sqrt{(\frac{x?+2}{2})2+(\frac{y?-t}{2})2}$=2，即(x?+2)2+(y?-t)2=16又∵N是PQ中點(diǎn)，無其他約束條件，t為參數(shù)，消去t得：由(x?+2)2+(y?-t)2=16，得t=y?±$\sqrt{16-(x?+2)2}$，無其他條件，故點(diǎn)P的軌跡方程為(x+2)2+(y-t)2=16（t為參數(shù)），修正：正確推導(dǎo)：∵|PN|=2，且N是PQ中點(diǎn)，∴|PQ|=2|