广东省江门市2025-2026学年高三上学期调研考试数学试卷

这是一份广东省江门市2025-2026学年高三上学期调研考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江门市 2025-2026 学年第一学期普通高中高三调研测试
数学答案
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 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。
8.【解析】取 AD 的中点O ，连接OD, OB ，易知OD  AC, OB  AC ，
由二面角 D  AC  B 是直二面角得OD  OB ，
以O 为原点， OA, OB, OD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
A
C
C
D
B
B
示的空间直角坐标系，则 A(2 2, 0, 0),
B(0, 2 2, 0),
C( 2 2, 0, 0),
D(0, 0, 2 2) ，
从而 E( 2, 0, 2), F (  2, 2, 0) ，
–––→–––→
所以 EF  (2 2, 2,  2) ， AE  ( 2, 0, 2) ，
–––→ –––→
2
所以 AE  EF  ( 2)  (2 2) 2  0  ( 2)  2 ，
(2 2)2  ( 2)2  ( 2)2
( 2)2  02  ( 2)2
–––→–––→
3
EF 
 2
→
→
u 
， AE
–––→
EF

 2 ，
设直线 EF 的单位方向向量为u ，则
所以点 A 到直线 EF 的距离为
–––→ ，
( AE)  (
–––→
2
AE  EF
–––→ –––→
–––→
EF
)
2
EF
–––→–––→ →
( AE)2  ( AE u)2


.
22  (
2
2 3
)2
11
3
33
3
本题还可以转化为求VAEF 的 EF 边上的高。
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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分。
11. 【解析】对于 A 选项，当 AB ^ CD 时， AB 是四面体 ABCD 的高，此时，四面体 ABCD 体积
题号
9
10
11
答案
BC
ACD
AC
最大，最大值为V
= 1 SAB
11 BC CD AB4 ，故 A 正确；
对于 B 选项，
A-BCD
3 DBCD
323
uuuruuuruuuruuuruuur 2uuuruuuruuuruuur 2uuur 2uuur 2
Q AD = AB + BC + CD, \ AD = ( AB + BC + CD)2 = AB + BC + CD +
uuur uuuruuur uuuruuur uuuruuur uuur
2 AB BC2BC CD2 AB CD4 + 4 + 4 + 0 + 0 + 222csAB, CD >= 12 +
uuur uuuruuur uuur
8 cs < AB, CD > ，因为 AB, CD 为异面直线，则< AB, CD >Î (0, p) ，
5
uuuruuur uuur
故Q AD = 12 + 8 cs < AB, CD >Î (4, 20) ，从而 2 < AD < 2
，故 B 错误；
对于 C 选项， 不妨取 CD 的中点 E ， 连接 OE, OD ， 则 OE ^ CD ，
uuur uuuruuruuuruuuruur uuuruuur uuur
\ CO × CD = (CE + EO) × CD = CE × CD + EO × CD =
1 uuur 2 CD 2
= 2 ，
uuur uur1 uur 2 uuur uur1 uur 2
同理可得\ CO × CB = CB , CO × CA = CA ，
22
uuur uuruuuruuruur1 uur21 uur21
所以CO × BA = CO × (CA-CB) = CA - CB = (CA2 -CB2 )
222
= 1 AB2 = 2 ，从而CO ×CD = CO × BA ，故 C 正确；
2
对于 D 选项，以 BC 、CD 为邻边作平行四边形 BCDF ，则BCDF 是矩形，故四棱锥 A  BCDF 的各顶点都在球O 的球面上，如右图所示：
则 BF  BC ，又因为 BC  AB ， AB ∩ BF  B ， AB 、 BF  平面 ABF ，
所以， BC  平面 ABF ，且 BF  CD  2 ，因为CD //BF ，故异面直线 AB 、CD 所成的角为 ABF 或其补角.
可将将三棱锥C  ABF 置于圆柱O1O2 内，使得△ ABF 的外接圆为圆O2 ，如右图所示：
当ABF  60∘ 时， △ ABF 为等边三角形，则该三角形外接圆直径为
2r 
2
sin
 4 3
π3 ，
3
设球O 的半径为 R ，则2R 2  2r 2  BC 2  16  4  28 （此时球 O 也是圆柱的外接球），
33
此时，球O 的表面积为4πR2  28π ；
3
当ABF  120∘ 时，由于 AB  BF  2 ，则AFB  30∘ ，
则△ ABF 外接圆直径为2r 
2
sin 30∘
 4 ，
则2R2   2r2  BC2  16  4  20，此时，球O 的表面积为4πR2  20π .
综上所述，球O 的表面积为 28π 或20π ，D 错误.
3
D 选项还可以通过建立空间直角坐标系，建立方程组确定球 O 的半径。故选：AC.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
注意：填空题要么正确，要么错误。13 题用近似值表示，不给分。
14.【解析】设 D 为 BC 边中点，连接OD ,作OH  AC 于 H ，即 H 为 AC 中点，
uuur uuuruuruuuruuruuur1 uuur2
题号
12
13
14
答案
3 5
2 （或表达为 360  ）
  

13
6
因为 AO  AC | AO| | AC | cs OAC | AH | | AC |
2
AC ,
uuur
uuur
uuur
uuur
1uuur 2
同理 AO  AB | AO | | AB | csOAB  AB ,
2
uuur uuuruuur  2 uuur 2 uuur 1 uuuruuur
则 AO  AG  AO 

AD  
3

AO 
32
AB  AC 
AO  AB  AC  
 1 uuuruuuruuur
1 uuur2
AB
1 uuur2
 AC
 1 b
2  c2
= 13
36666
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VABC 的三个内角 A, B,C 所对的边分别为 a,b, c ，且asinB 
（1）求 A ；
3bcsA ．
3
（2）若a  2 ，且VABC 的面积为
，求b, c ．
解：（1）解法一:
在VABC 中，由正弦定理得：因为 3b cs A  a sin B
a
sin A
b
sin B
c
sin C
，1 分
所以 3 sin B cs A  sin A sin B ，2 分
因为 B  (0,π) ，
所以sin B  0 ．3 分
所以 3 cs A  sin A ，4 分
即tan A  3 ，5 分
因为 A  (0,π) ，6 分
所以 A  π .7 分
3
解法二:
在VABC 中，由正弦定理得：
a 
sin A
b
sin B
c
sin C
，1 分
因为 3b cs A  a sin B
所以 3 sin B cs A  sin A sin B ，2 分
因为 B  (0,π) ，
所以sin B  0 ．3 分
所以 3 cs A  sin A ，4 分
3

即 3 cs A  sin A  0 ，即2(cs A  1 sin A)  2 cs(A  )  0
226
…5 分
因为 A  (0,π) ，
A  7π
所以   (,) ，6 分
666
所以 A    
62
所以 A  π .7 分
3
（2）因为 S
 1 bc sin A 3 bc 
，8 分
△ABC24
3
所以bc  4 ①，9 分
由余弦定理可得a2  b2  c2  2bc cs A ，即 22  b2  c2  2bc cs10 分
3
所以b2  c2  bc  4 ②，11 分
因为b  0,c  0 ，
由①②解得b  2,c  2 .
故b  2,c  2 .13 分
16.(15 分)
如图，在三棱锥 P - ABC 中， BC ^ PC ， PA ^平面 ABC .
求证：平面 PAC ^ 平面 PBC ；
若 AC = BC = PA = 2 ， M 是 PB 的中点，点 N 在线段 PC 上，且 PN = 2NC ，求直线 BC 与平面 AMN 所成角的余弦值.
证明： Q PA ^ 平面 ABC, BC Ì 平面 ABC ，1 分
\ PA ^ BC ，2 分
Q BC ^ PC, PC Ì平面 PAC ，
PA Ì平面 PAC ， PA I PC = P ，3 分
\ BC ^ 平面 PAC ，4 分
Q BC Ì 平面 PBC ，5 分
\ 平面 PAC ^ 平面 PBC6 分
解：取 AB 的中点O ，连接OM , OC ，
则 MO // PA ，从而 MO ^ 平面 ABC7 分
由（1）知 BC ^ 平面 PAC, AC Ì 平面 PAC ，
所以 BC ^ AC ，又 AC = BC = 2 ，
所以DABC 是等腰直角三角形，
1AC 2 + BC 2
2
则 AB ^ OC ，且OC = 1 AB ==，
22
分别以OC, OB, OM 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，8 分
2
则O(0, 0, 0), A(0,- 2, 0), B(0, 2, 0), C ( 2, 0, 0), M (0, 0,1), P(0,- 2, 2), N ( 2 2 ,-, 2 ) ，
uuuruuuruuur
333
…9 分
2 2
2 2
2
所以 BC = ( 2,- 2, 0), AM = (0, 2,1), AN = (,, ) ，10 分
333
→
设平面 AMN 的一个法向量为 n   x, y, z  ，
→ ––––→
n  AM 2 y  z  0
2 2
2 2
则→ –––→2，
n  AN x y  z  0
333
2
令 y ，则 z  2, x  0 ，
→
所以 n  0, 2, 2 （不唯一），12 分
cs  →
–––→
–––→ →
 2  2
( 2)2  ( 2)2  ( 2)2  (2)2
BC  n26
BC n
–––→ →
则n, BC   
2 66
…………13 分
设直线 BC 与平面 AMN 所成角为(

[0, ]) ，
2
n, BC
则sin cs  → –––→  
6
，14 分
6
所以cs
1 sin230
6
故直线 BC 与平面 AMN 所成角的余弦值为 30
6
…15 分
如果建立空间直角坐标系不同，只要合理，计算正确，则给相应的分数。
17.(15 分)
在数列{a } 中， a = 1 ， a+ a = 32（n nN ) .
n1n+1n+
n
求证：{a - 2n }是等比数列；
若等比数列{bn } 满足bn  an1  an ( 0) .
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）记数列{n2b } 的前 n 项和为 S .若 S × S=15S(i Î N ) ，求i 的值.
nnii+2i+1+
n+1n
解：（1）证明： Q a+ a = 3´2n ，
a- 2n+1
-a + 3´2n - 2n+1
-a + 2n
\ n+1 = n = n = -1 ，2 分
a - 2n
a - 2n
a - 2n
nnn
n
\{a - 2n } 是公比为-1的等比数列.3 分
（2）解：（ⅰ）因为 a1 = 1,
1
\ a - 21 = -1 ，
n
由（1）知 a - 2n = (-1)´(-1)n-1 = (-1)n ，
n
从而 a = 2n + (-1)n ，4 分
所以 a1 = 1, a2 = 5, a3 = 7, a4 = 17 ，5 分
又bn  an1  an ，
所以b1  a2  a1  5  , b2  a3  a2  7  5, b3  a 4  a 3  17  76 分
因为{bn } 是等比数列，
21 3
所以b 2 = b b ，即(7  5)2  (5  )(17  7) ，
整理得2  2  0 ，7 分
解得 1 或 2 .又 0 ，
所以 28 分
当 2 时，
1n1nnn1
bn  an1  an  (1)n 2 2[(1)  2 ]  3 (1)，
b3´(-1)n+2
则 n+1 == -1 ，
n
b3´(-1)n+1
故{bn } 是等比数列，符合题意.
所以 29 分
n
（ⅱ）由（ⅰ）可知 n2b = 3´(-1)n+1 n2 ，10 分
当 n 为偶数时，
n
S = 3´[12 - 22 + 32 - 42 + L + (n -1)2 - n2 ]
= 3´[(1 + 2)´(1- 2) + (3 + 4)´(3 - 4) + L + (n -1 + n)(n -1- n)]
= -3´[3 + 7 + L + (2n -1)]
= - 3 n(n +1),11 分
2
当 n 为奇数时，
Sn = Sn+1
- (n + 1)2 b
= íï
ìï 3
= - 3 (n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)2 = 3 n(n + 1),12 分
n+1
22
综上， Sn
ï 2 n(n +1), n为奇数
ï-
ï3 n(n +1), n为偶数 ïî2
…13 分
易知 Si × Si+2 > 0 ，
又 Si × Si+2 =15Si+1(i Î N+ ) ，
故 Si+1 > 0 ，
所以i 为偶数14 分
从而[- 3 i(i +1)]´[- 3 (i + 2)(i + 3)] = 15´ 3 (i +1)(i + 2) ，
222
整理得i2 + 3i -10 = 0 ，
解得i = -5 （舍去）或i = 2 ，
所以i 的值为 2.15 分
18.(17 分)
如图,在六面体 ABCDEF 中，侧面 ADEF 是直角梯形， AD  DE ， AF / /DE ， DE  2AF  2 ，底面 ABCD 是矩形，且 BC + CD = 3 .设CD = t ，二面角 E  AD  C 的大小为，六面体 ABCDEF 的体积为V .
求证： BF // 平面CDE ；
当t  2 时，求V 关于的函数解析式，并求V 的最大值；
若平面 BEF  平面 BCE ，当取得最大值时，求V 的值．
（1）证明：方法一：
因为底面 ABCD 是矩形，
所以 AB // CD ，
又 AB  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
因为 AB ∩ AF  A ， AB, AF  平面 ABF ，
所以平面 ABF / / 平面CDE ，3 分
又因为 BF  平面 ABF ，
所以 BF // 平面CDE4 分
方法二：
取 DE 的中点G ，连接CG, FG .
因为侧面 ADEF 是直角梯形， AD  DE, AF // DE, DE  2AF  2 ，所以四边形 ADGF 是矩形，且 AD // FG, AD  FG ，……1 分
又因为底面 ABCD 是矩形，
所以 AD // BC, AD  BC ，……2 分从而 FG // BC, FG  BC ，
所以四边形 BCGF 是平行四边形，
所以 BF // CG ，3 分
又因为 BF  平面CDE, CG  平面CDE ,
所以 BF // 平面CDE4 分
（2）解：
解法一（切割法）：
取 DE 的中点G ，连接CG, FG ， CF 。在矩形 ABCD 中， AD  CD ，
在直角梯形 ADEF 中， AD  DE ，
所以CDE 是二面角 E  AD  C 的平面角，5 分
因为二面角 E  AD  C 的大小为，所以CDE ，
同理， BAF 是二面角 E  AD  C 的平面角， BAF 
因为CD ∩ DE  D,CD  平面CDE, DE  平面CDE ，所以 AD  平面CDE ，
同理， AD  平面 ABF ，
从而 FG 平面CDE ， ABF  DCG 是直三棱柱。6 分
当t  2 时，
由题意得 AF  DG  EG  1 DE  1,CD  2, FG  AD  BC  3  CD  3  2  1，
2
则 SCEG
 SCDG
 1 CD  DG sin CDE  sin，7 分
2
又因为V三棱锥E CFB
 V三棱锥E CFG
 V三棱锥F CEG
 1 S
3
CEG
 FG  1 sin， 3
所以V四棱锥E BCGF
 V三棱锥E CFB
 V三棱锥E CFG
 2 sin，8 分
3
V三棱柱ABF DCG  SCDG  AD  sin，9 分
从而V  V三棱柱ABF DCG V四棱锥EBCGF
当 π 时，V5
 sin 2 sin 5 sin， (0,)
33
取得最大值
23
.10 分
解法二（补形法）：
如图，延长 AF 到 P ，使得 AF  FP ，连接 EP, BP . 则由题易知四边形 ADEP 是矩形， AD // EP, AD  EP ，在矩形 ABCD 中， AD  CD ，
在直角梯形 ADEF 中， AD  DE ，
所以CDE 是二面角 E  AD  C 的平面角，5 分
因为二面角 E  AD  C 的大小为，所以CDE ，
同理， BAF 是二面角 E  AD  C 的平面角， BAF 
因为CD ∩ DE  D,CD  平面CDE, DE  平面CDE ，所以 AD  平面CDE ，
同理， AD  平面 ABF ，
从而 EP  平面CDE ， ABP  DCE 是直三棱柱。6 分
当t  2 时，由题意得
AF  FP  1 DE  1, AB  CD  2, EP  AD  BC  3  CD  3  2  1，
2
则 SBPF
 SBAF
 1 AB  AF sin BAF  1  21sin sin，7 分
22
SCDE
 1 CD  DE sin CDE  1  2 2sin 2sin，8 分
22
所以V三棱柱CDEBAP  SCDE  AD  2sin，
V三棱锥E BPF
 1 S
3
BPF
 EP  1 sin，9 分
3
从而V  V三棱柱CDE BAP V三棱锥E BPF
当 π 时，V5
 2sin 1 sin 5 sin， (0,)
33
取得最大值
23
.10 分
解法三（切割法）：
由题意，在矩形 ABCD 中， AD  CD ，在直角梯形 ADEF 中， AD  DE ，
所以CDE 是二面角 E  AD  C 的平面角，5 分
因为二面角 E  AD  C 的大小为，所以CDE ，
同理， BAF 是二面角 E  AD  C 的平面角， BAF 因为CD ∩ DE  D,CD  平面CDE, DE  平面CDE ， 所以 AD  平面CDE ，
同理， AD  平面 ABF ，6 分
过点 E 作CD 的垂线，交直线CD 于 H ，
由 AD  平面CDE ， EH  平面CDE ，所以 AD  EH ，且 AD ∩ DC  D ，
所以 EH  平面 ABCD ，
即 EH 是四棱锥 E  ABCD 的高，7 分
由 DE  2,CD  t  2, BC  3  CD  3  t  1，则 EH  2sin()  2sin，
所以VE  ABCD
 1 S
3
ABCD
 EH  1  21 2sin 4 sin，8 分
33
由 AF // DE ， DE  平面 ABF ， AF  平面 ABF ，所以 DE // 平面 ABF ，又因为 AD  平面 ABF ，且 AF  1，
所以V V
 1 S
 AD  1  1  21sin1  1 sin，9 分
E  ABFD ABF
3  ABF

323
所以V  V V 5 sin，0, π ，
E  ABCDE  ABF3
当 π 时，V5
取得最大值.…………………………………………………………………10 分
23
DA, DC, DG
（3）过点 D 作 DC 的垂线，交直线CE 于点G ，分别以–––→ –––→ –––→ 为 x, y, z 轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，11 分
则 D 0, 0, 0, A3  t, 0, 0, C 0, t, 0, B 3  t, t, 0, E 0, 2 cs, 2sin ，
F 3  t, cs, sin ，12 分
→
 → –––→
在平面 BEF 中， BF  0, cs t, sin, EF  3  t,  cs, sin ， 设平面 BEF 的一个法向量为 m   x1 , y1 , z1  ，
m  BF  y1 cs t  z1 sin 0
则 → –––→，
m  EF  3 t x1  y1 cs z1 sin  0
令 y  sin，则 z  t  cs, x tsin，
1
→ t
113  t


所以 m   3  t sin, sin,t  cs ，13 分

–––→–––→
在平面 EBC 中， CB  3  t, 0, 0 , CE  0, 2 cs t, 2 sin ，
→
设平面 EBC 的一个法向量为 n   x2 , y2 , z2  ，
→ –––→
n CB  3  t  x2  0
则→ –––→，
n CE  y2 2 cs t   z2  2sin 0
→
令 y2  2 sin，则 z2  t  2 cs, x2  0 ，所以n  0, 2 sin, t  2 cs ，………14 分 因为平面 BEF 和平面 BCE 垂直，
m  n  0
所以 –→ →，即2sin2 t  cst  2 cs  0 ，
整理可得cs 1  t  2 ，15 分
3 t 

因为 0, ， 0  t  3 ，
所以cs
 2 2 ，
2
3t
t  2
3
2
当且仅当t 时，等号成立，
故当取得最大值时，即cs取得最小值 2 2 ，16 分
3
此时，V  V V 2 t 3  t sin 1 t 3  t sin 5 t 3  t sin，
E  ABCDE  ABF366
2
由t ， cs 2
3
2 ，0, π ，
所以sin
1 cs2  1 ，
3
则V  5  2  (3  2)  1  15 2 1017 分
6318
如果建立空间直角坐标系不同，只要合理，计算正确，则给相应的分数。
19.(17 分)
若 a, b, c, d  R ， 且 a  b  c  d ， 则 d  c  b  a 的值叫做a, bUc, d  的“ 区间长度”.已知函数
f  x  cs x  t t cs x  1 ， x   π , 3π  ， t   1 , 2  .
2 
2 
22 
 2

当t  1时，求关于 x 的不等式 f  x  1 解集的“区间长度”；
2
设关于 x 的不等式 f  x  0 解集的“区间长度”为 I ．
若 I  π ，求t 的值；
求 I 的最大值．
解：（1） t  1时，
f x    cs x  1  cs x  1   cs 2x  1 ，
2 2 4

由 f  x  1  cs2 x  3 ，
24
故cs x 
3 或cs x  
2
3 ，1 分
2
因为 f  x 的定义域为 π , 3π  ，
 2 2 
所以 π  x  π 或 5π  x  7π ，2 分
6666
所以 f x  0 解集的“区间长度”为 π  π  7π  5π  2π ；3 分
66663
（2）（ⅰ）因为 cs x  t t cs x  1   0， 1  t  2 ，
2 
2 2

所以cs x  t 或cs x   1 ，其中 1  t  1, 1   1   1
…4 分
22t422t4
因为 f  x 的定义域为 π , 3π  ，
 2 2 
所以设cs x  t 的两个根为 x , x ，其中 π  x  0  x  π ，且 x  x
 0 ，………5 分
21 2212212
同理，设cs x   1 的两个根为 x , x ，
2t3 4
其中 π  x  π  x  3π ，且 x  x
 2π ，6 分
234234
所以 x1  x  x2 或 x3  x  x4 ，
所以 I  x  x  x  x  2π  2 x  x  ，又 I  π ，所以 x  x
 π ，7 分
214313
132
其中cs x cs x  t   1    1 ，
132 
2t 4

即cs x cs π  x    1 ，
1 21 4

由诱导公式得cs x sin x   1 ，即sin 2x   1 ，
11412
又 π  x  0 ，解得2x   π 或2x   5π ，故 x
  π 或 x   5π ，8 分
211616
112112
2 cs cs 2 sin sin
所以t  2 cs x  2 cs   π   2 cs  π  π  ππ ππ
1 12  64 

6464

 2  3  2  2  1  2  6  2 ，9 分
22222
2cs cs 2 sin sin
或t  2 cs x  2 cs  5π   2 cs 5π  2 cs  π  π  ππ ππ
1 12 12
 64 

6464

 2 3 
2  2  1  2 
6  2 ，
22222
所以t 
6  2 或t 
2
6  2 .10 分
2
（ⅱ）由（ⅰ）可得cs x cs x   1 ，即cs2 x cs2 x  1 ，
1341316
即1  sin2 x 1  sin2 x   1  sin2 x  sin2 x  sin2 x sin2 x  1 ，11 分
13133116
因为sin x1  0, sin x3  0 ，
所以sin2 x  sin2 x  2 sin x sin x ，当且仅当sin x sin x
 0 时，等号成立，
133131
所以sin2 x  sin2 x  2 sin x sin x ，
1331
所以1 2 sin x sin x  sin2 x sin2 x  1 ，12 分
133116
13
所以sin x sin x 12  1 ，
16
所以sin x sin x 1   1 或sin x sin x  1  1 ，
134134
由于1  sin x1  0, 0  sin x3  1，
故sin x1 sin x3 1,1 ，
所以sin x1 sin x3 10, 2 ， 所以sin x sin x 1   1 舍去，
134
故sin x sin x  1  1 ，13 分
134
所以cs x  x   cs x cs x
 sin x sin x
 1 1
 3 
1 ，14 分
131313
4  4 2
因为 π  x  0 ， π  x

 π ，
2123
所以0  x1  x3  π ，
由cs x  x   1 ，可得 x  x  π ，15 分
132133
当且仅当sin x sin x  0 ，且cs x cs x   1 ，即 x   π , x  2π 时等号成立，……16 分
131341333
所以 I  2π  2  x  x   4π ，故 I 的最大值为 4π .17 分
1333