广西壮族自治区河池市2026届高三毕业班3月教学质量联合测试数学试题含答案

这是一份广西壮族自治区河池市2026届高三毕业班3月教学质量联合测试数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了 下列结论正确的是，35 ，则 PX>9=0等内容，欢迎下载使用。
1. 答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑. 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号. 回答非选择题时, 将答案写在答题卡上.
一、单项选择题: 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. 1+2i2−i5= ( )
A. 1 B. -1 C. i D. -i
2. 已知集合 A={x∣−3≤xxfx+2x2−2ax .
18. 已知抛物线 E:y2=2pxp>0 ，过 E 上一动点 A 作斜率为 2 的直线 l,l 与 E 交于另一点 B ,当点 A 与原点 O 重合时, AB=5 .
(1) 求 p .
(2)当 l 不经过点 N4,1 时，直线 AN 与 E 交于另一点 C ，直线 BN 与 E 交于另一点 D .
(i) 证明: AB//CD ;
(ii) 试判断直线 AD 与 BC 是否交于定点,若是,请求出定点的坐标,否则,请说明理由.
19. 每届高考结束后, 某校各班都要推荐优秀学生代表作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享.2025 届高三年级班号依次为 0,1,2,...,27 , 高三 0 班的优秀学生代表为 2 名男生和 2 名女生, 其余各班的优秀学生代表均为 1 名男生和 1 名女生. 第一场分享会的 4 名学生嘉宾由从高三 0 班的优秀学生代表中选出的 2 名和高三 1 班的 2 名优秀学生代表共同组成，第二场分享会的 4 名学生嘉宾由从上一场的 4 名嘉宾中选出的 2 名和高三 2 班的 2 名优秀学生代表共同组成,..., 按照这样的方式, 依次进行到第二十七场分享会.
(1)求第一场分享会的学生嘉宾中恰有 2 名男生的概率;
(2)求第二场分享会的学生嘉宾中恰有 2 名男生的概率;
(3)记第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望.
1. C
因为 1+2i2−i=1+2i2+i2−i2+i=5i5=i ,所以 1+2i2−i5=i5=i .
2.
略
3.
略
4.
略
5. B
将甲、乙视为 1 个人,即相当于将 4 名同学安排到 3 个项目的方案,有 C42 A33=36 种.
6.
略
7.
略
8. D
由 ex=alnx−1+alna−a ,得 exa−lna=lnx−1−1 ,即 ex−lna−lna=lnx−1−1 , 即 ex−lna+x−lna=elnx−1+lnx−1 .
设 ft=et+t ,则 fx−lna=flnx−1 ,因为 f′t=et+1>0 ,所以 ft 在 R 上单调递增,所以 x−lna=lnx−1 ,即 lna=x−lnx−1 .
设 gx=x−lnx−1 ,则 g′x=1−1x−1=x−2x−1 ,
当 x∈1,2 时, g′x0 ,则 gx 在 2,+∞ 上单调递增,
所以 gx≥g2=2 ,所以 lna≥2,a≥e2 .
9.
略
10. ABD
利用作差法可判断数列的单调性, 判断 A 的真假; 利用数列的单调性, 结合累加法和累乘法可判断 BC 的真假; 利用裂项求和法可判断 D 的真假.
对于 A ,易知 an≠0 ,由 an+1=an2+an ,得 an+1−an=an2>0 ,所以 an+1>an ,所以 an 是递增数列, 故 A 正确;
对于 B ,由对 A 的分析,知 an>an−1>⋯>a2>a1=1 ,
所以 an2≥an≥1 (仅当 n=1 时取等号),
由 an+1=an2+an ,得 an+1−an=an2 ,
所以当 n≥2 时, an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=an−12+an−22+⋯+
a12+a1≥n−1+1=n,
所以当 n≥2 时, an+1=an2+an≥n2+n=nn+1≥2n+1>n+1 ,
因此当 n>2 时, an>n ,故 B 正确;
对于 C ,由 an+1=an2+an=anan+1 ,得 an+1an=an+1 ,
由对 B 的分析知,当 n>2 时, an>a1=1 ,所以 an+1>2 ,
故当 n>2 时, an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a2a1⋅a1=an−1+1⋅an−2+1⋯⋅a1+1>2n−1 ,
所以 a2026>22025 ,故 C 错误;
对于 D ,由 an+1=an2+an=anan+1 ,得 1an+1=1anan+1=1an−1an+1 ,
即 1an+1=1an−1an+1 ,
所以 1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1=1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1
=1a1−1an+1=1−1an+13 ,符合题意,故 k=2 .
15. 1BABD=2
(2) ∠BCD=π3
(1)利用三角形的面积公式可求 BABD .
(2)在 △BCD 和 △ABC 中，分别利用余弦定理，即可求 cs∠BCD ，进而可得 ∠BCD .
(1)因为 D 为 AC 的中点，所以 S△ABC=2S△BDC ，
则 12BA⋅BCsin∠ABC=BD⋅BCsin∠DBC ,
即 BAsin∠ABC=2BDsin∠DBC ,
因为 ∠ABC+∠DBC=π ,所以 sin∠DBC=sinπ−∠ABC=sin∠ABC ,
所以 BA=2BD ,即 BABD=2 .
(2)不妨令 AC=3BC=6 ，则 BC=2 ， CD=3 ，设 BD=x ，则 AB=2x .
在 △BCD 中,由余弦定理得 x2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD ,
即 x2=13−12cs∠BCD . ①
在 △ABC 中，由余弦定理得 4x2=BC2+AC2−2BC⋅ACcs∠BCA ，即
4x2=40−24cs∠BCD.②
①②联立，解得 x=BD=7 ， cs∠BCD=12 ，
所以 ∠BCD=π3 .
16.(1) 通过面面垂直得到线面垂直, 再利用线面垂直的判定定理即可;
(2)通过建立空间直角坐标系求出平面 ABQ 与平面 PBC 的法向量，再代入公式即可.
(1)如图,取 CD 的中点 O ,因为 PC=PD=3 ，所以 PO⊥CD ，
因为平面 PCD⊥ 平面 ABCD ,平面 PCD∩ 平面 ABCD=CD,PO⊂ 平面 PCD ,
所以 PO⊥ 平面 ABCD ,
又 BC⊂ 平面 ABCD ,所以 PO⊥BC ,
又 BC⊥PD,PO⊂ 平面 PCD,PD⊂ 平面 PCD,PD∩PO=P ,
所以 BC⊥ 平面 PCD .
(2)

因为 PC=PD=3,O 为 CD 的中点， CD=2 ，所以 OC=1,PO=PC2−OC2=22 . 过点 O 作 OE//BC 交 AB 于点 E ，由 BC⊥ 平面 PCD,CD⊂ 平面 PCD ，可得 BC⊥CD ,则 OE⊥CD .
以 O 为坐标原点, OE,OC,OP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则 A2,−3,0,B2,1,0,C0,1,0,P0,0,22,Q0,12,2 ,
所以 AB=0,4,0,AQ=−2,72,2,BP=−2,−1,22,BC=−2,0,0 .
设平面 ABQ 的法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅AQ=−2x+72y+2z=0,n⋅AB=4y=0,
令 x=1 ,得 n=1,0,2 . 设平面 PBC 的法向量为 m=a,b,c ,
则 m⋅BP=−2a−b+22c=0,m⋅BC=−2a=0,
令 c=1 ,得 m=0,22,1 .
设平面 ABQ 与平面 PBC 的夹角为 θ ,则 csθ=m⋅nmn=23×3=69 ,
故平面 ABQ 与平面 PBC 夹角的余弦值为 69 .
17. (1)
(2)
略
18. 1p=2
(2)(i)证明见解析；(ii)直线 AD 与 BC 交于定点 −72,1 .
命题透析本题考查抛物线的方程,抛物线与直线的位置关系.
解析 (1) 当点 A 与原点 O 重合时,直线 l 过原点且斜率为 2,其方程为 y=2x , 联立得 y=2x,y2=2px, 得 4x2=2px ,解得 x=0 或 x=p2 ,所以 Bp2,p .
所以 AB=p24+p2=5p2=5 ,
解得 p=2 .
(2)由(1)知 E:y2=4x ，设 Ay124,y1 ， By224,y2 ， y1≠y2 ，直线 l:y=2x+b . 联立 y2=4x 与 y=2x+b ,得 y2−2y+2b=0 ,
所以 y1+y2=2 且 y1≠1,y2≠1 .
(i) 设 Cy324,y3,Dy424,y4 .
直线 AN 过点 Ay124,y1 和 N4,1 ,设直线 AN 的方程为 x=ty+4−t ,
联立 y2=4x ,得 y2−4ty−16+4t=0 ,则 y1+y3=4t,y1y3=4t−16 ,
整理可得 y1−1y3−1=−15 . ①
同理,对于直线 BN ,可得 y2−1y4−1=−15 . ②
因为 y1+y2=2 ,所以 y2−1=1−y1=−y1−1 ,③
由①②作商，结合③，得 y3−1=−y4−1 ，即 y3+y4=2 .
所以 kCD=y4−y3y424−y324=4y4−y3y42−y32=4y4+y3=42=2 ,
所以 AB//CD .
(ii) 设 AB 的中点为 P,CD 的中点为 Q ,因为 y1+y2=2,y3+y4=2 ,所以直线
PQ:y=1 ,
又因为 AB//CD ,所以 AD 与 BC 的交点即直线 AD 与 PQ 的交点.
由②③，得 y1−1y4−1=15 ，所以 y4=1+15y1−1=y1+14y1−1 .
直线 AD 的斜率 kAD=4y1+y4=4y1+y1+14y1−1=4y1−1y12−y1+y1+14=4y1−1y12+14 ,
直线 AD 的方程为 y−y1=4y1−1y12+14x−y124 .
在该方程中,令 y=1 ,可得 x=−72 ,所以直线 AD 与 PQ 交于定点 −72,1 , 故直线 AD 与 BC 交于定点 −72,1 .
19. 123
(2) 1118
(3)
EX=2
(1) 借助概率公式计算即可得;
(2)借助全概率公式计算即可得；
(3)借助全概率公式计算可得 PBi−35=16PBi−1−35 ，则可利用等比数列定义及其性质求出 PBi 的通项公式,再得到随机变量所有可能取值及其对应概率即可得分布列, 再利用数学期望公式计算即可得期望.
(1)设第 ii∈N∗,i≤27 场分享会的学生嘉宾中有 1 名男生为事件 Ai , 有 2 名男生为事件 Bi ,有 3 名男生为事件 Ci ,则 PB1=C21⋅C21C42=23 ;
(2) PB2=PA1⋅PB2∣A1+PB1⋅PB2∣B1+PC1⋅PB2∣C1 =C22C42×C31C11C42+C21C21C42×C21C21C42+C22C42×C11C31C42=3+16+336=1118;
(3)当 i≥2 时， PAi=PAi−1⋅PAi∣Ai−1+PBi−1⋅PAi∣Bi−1+PCi−1⋅PAi∣Ci−1
=PAi−1⋅C32C42+PBi−1⋅C22C42+PCi−1⋅0=12PAi−1+16PBi−1,
PBi=PAi−1⋅PBi∣Ai−1+PBi−1⋅PBi∣Bi−1+PCi−1⋅PBi∣Ci−1
=PAi−1⋅C11C31C42+PBi−1⋅C21C21C42+PCi−1⋅C31C11C42
=12PAi−1+23PBi−1+12PCi−1,
PCi=PAi−1⋅PCi∣Ai−1+PBi−1⋅PCi∣Bi−1+PCi−1⋅PCi∣Ci−1
=PAi−1×0+PBi−1⋅C22C42+PCi−1⋅C32C42=16PBi−1+12PCi−1,
由 PAi−1+PBi−1+PCi−1=1 ,得 PBi=12PAi−1+23PBi−1+12PCi−1
=12PAi−1+23PBi−1+121−PAi−1−PBi−1=12+16PBi−1 ,
即有 PBi−35=16PBi−1−35 ,又 PB1=23 ,
所以 PB1−35=23−35=115 ,
所以数列 PBi−35 是以 115 为首项, 16 为公比的等比数列,
则 PBi−35=115×16i−1 ,即 PBi=35+115×16i−1 ,
结合对称性可知, 每次分享会的学生嘉宾中有 1 名男生的概率与有 3 名男生的概率相同,
故 PAi=PCi ,又 PAi+PBi+PCi=1 ,
所以 PAi=PCi=1−PBi2=1−35−115×16i−12=15−130×16i−1 ,
第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数 X 的所有可能取值为1,2,3,
PX=1=PX=3=15−130×1627−1=15−130×1626,
PX=2=35+115×1627−1=35+115×1626,
故其分布列为:
则 EX=1×15−130×1626+2×35+115×1626+3×15−130×1626=2 .X
1
2
3
P
15−130×1626
35+115×1626
15−130×1626
X
1
2
3
P
15−130×1626
35+115×1626
15−130×1626