贵州省六校联盟2026届高三下学期4月高考实用性联考卷（三）数学试卷含答案（word版）

这是一份贵州省六校联盟2026届高三下学期4月高考实用性联考卷（三）数学试卷含答案（word版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
【解析】
1. 因为共有 10 个数据,所以第一四分位数是 10×14=2.5 ,所以第一四分位数是第 3 个数,故选 B.
2. 因为点 A4,4 在抛物线 C 上,所以 p=2,F1,0 ,则 AF=5 ,故选 D .
3. 由题可得 AC=AB+BC=a+2b+3a+5b=4a+7b=CD ,又线段 AC 与线段 CD 有公共点 C ,所以 A,C,D 三点共线,故选 D .
4. S4=4a1+a42=16,a1+a4=a2+a3=8,a2=3, d=a3−a2=2,a7=a2+5 d=13 ,故选 C.
5. 对于 A ,面面平行的判定定理要求 m,n 相交,若 m//n ,则 α,β 可能相交,故 A 错误; 对于 B ,过 m 作平面 γ 交 α 于 a ,则 m//a ,过 m 作平面 δ 交 β 于 b ,则 m//b ,故 b//a ,又 a∉β ,又 b∈ 平面 β ,所以 a//β ,而 α∩β=l,a⊂α ,故 a//l ,故 m//1 ,故 B 正确; 对于 C ,若 m⊥α,α⊥β ,则 m⊂β 或 m//β ,故 C 错误; 对于 D ,若 α⊥β,α∩β=l,m⊥1 , 如果 m⊄β 或 m⊂α ,则不能判断 m⊥α ,故 D 错误,故选 B.
6. 分为两类,第一类: 只有一个班去区域甲,在3,4,5三个班级中任选一个,剩下的四个班级去三个区域,方法种数为: C31C42 A33=108 ; 第二类: 有两个班去区域甲,在3,4,5 三个班级中任选两个，剩下的三个班级去三个区域，方法种数为: C32A33=18 ，两类相加得 126种方法, 故选 C.
7. fT=sin2ω⋅2πω+φ=sinφ=12 ,且 03 , 所以 IMF1∥MF2∥=e2x02−a2=4x02−3>9 ,故 D 选项是错误的,故选 AC .
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
【解析】
12. 当 a=−2 时, B={1},B⊆A ; 当 a≠−2 时, B={1,−a−1} ,由 B⊆A ,可得 a=−3 或 a=−1 . 综上所述,实数 a 的取值集合为 {−3,−2,−1} .
13. 五次中四次向右,一次向左, C54234×13=80243 .
14. 如图 1,设球心为 O ,外接球的半径为 R,△ABC 内切圆圆心为 O1 ,则 S、O、O1 三点共线,连接 OC、O1C ,在 △SCO1 中,由勾股定理得 SO1=5 ,在 △OO1C 中,由勾股定理得: OO12+O1C2=OC2 ,即 5−R2+22=R2 ,解得 R=9510 . 设内切圆的半径为 r ,则有 S△ABC=12rC△ABC ,解得 r=1 . 由 Q 是 △ABC 内切圆上一点,则 O1Q=1 ,在 Rt△OO1Q 中,由勾股定理得 OO12+O1Q2=OQ2 ,解得 OQ=10510,PQ≤OP+OQ=9510+10510=95+10510 , 当且仅当 P、O、Q 三点共线且 O 在 P、Q 之间时等号成立.
图 1
四、解答题(共 77 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (本小题满分 13 分)
解: (1) 在 △ABC 的内角 A,B,C 中,有 3asinB=bsin2A ,
由正弦定理及二倍角公式得 3sinAsinB=2sinBsinAcsA ,
(3 分)
又 A,B∈0,π , (4 分)
∴sinAsinB≠0 . (5 分)
∴csA=32 ,即 A=π6 . (6 分)
(2)由(1)及正弦定理得 asinA=2R=23 ,
(7 分)
∴a=3 , (8 分)
∴bc=34 . (9 分)
由余弦定理得 32=b2+c2−2⋅34⋅32=b2+c2−34 ,
(12 分)
∴b2+c2=3+34=154 . (13 分)
16. (本小题满分 15 分)
解: (1) 因为骰子朝上点数为奇数、偶数的概率各为 12 ,
所以估计回答问题 1 和问题 2 的居民各有 600 人. (2 分)
由题意,出生月份在 6∼8 月的比例为 4001200=13 ,
从而回答 “是” 的居民中回答问题 1 的应为 200 人， (4 分)
所以回答 “是” 的居民中回答问题 2 的为 620−200=420 (人)，
(6 分)
故估计该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为 420600=710 . (7 分)
(2)由(1)知，该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为 P=710 ,
设事件 A 表示居民回答 “是”，事件 B 表示居民所抛骰子是偶数点朝上.
回答 “是” 的概率为 PA=6201200=3160 .
(9 分)
回答 “是” 且点数是偶数的概率为 PAB=12×P=720 .
(12 分)
因此,所求条件概率为 PB∣A=PABPA=7203160=2131 ,
故已知学生回答 “是” 的条件下,他所抛骰子是偶数点朝上的概率约为 2131 .
(15 分)
17. (本小题满分 15 分)
(1)证明:作 PO⊥AD ,垂足为 O ,连接 OC .
在 Rt △PAO 中,由 tan∠PAD=2,PA=5 ,
解得 PO=2,AO=1 . (2 分)
∵BC=AO=1,AO//BC ,
∴ 四边形 ABCO 是平行四边形,
∴OC=AB=1 ,
则 OC2+OP2=PC2
⇒∠POC=90∘ ,即 PO⊥OC . (4 分)
∵AD∩OC=O ,
∴PO⊥ 平面 ABCD . (5 分)
∵PO⊂ 平面 PAD ,
∴ 平面 PAD⊥ 平面 ABCD .
(6 分)
(2)解: ∵OC//AB,AB⊥AD ， ∴CO⊥AD . (7 分)

如图 2,以 O 为坐标原点,以 OC,OD,OP 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz ，设 OD=aa>0 ，
∴A0,−1,0, B1,−1,0,C1,0,0 ,
D0,a,0,P0,0,2,
∴AB=1,0,0,AP=0,1,2,CD=−1,a,0,CP=−1,0,2 , 图 2
(8 分)
设平面 PAB、平面 PCD 的法向量分别为 m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2 ,
由 m⋅AB=x1=0,m⋅AP=y1+2z1=0, 取 y1=2 ,得 m=0,2,−1 .
(10 分)
由 n⋅CD=−x2+ay2=0,n⋅CP=−x2+2z2=0, 取 x2=2a ,得 n=2a,2,a .
(12 分)
因为平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的正弦值为 2930 ,则其余弦值的绝对值为 130 ,
所以 cs⟨m,n⟩=m⋅nm⋅n=4−a5⋅5a2+4=130 ,
解得 a2−48a+92=0,a=2 或 46 . (14 分)
当 a=46 时， AD=47 ，此时 ∠APD 为钝角，不符合题意；
当 a=2 时， AD=3 ，此时 ∠APD 为锐角，符合题意，
故 AD=3 . (15 分)
18.(本小题满分 17 分)
(1)解:由题得 f′x=21−x−csx ， (1 分)
当 x∈−∞,0 时, 1−x−csx>0 ,所以 f′x>0,fx 在 −∞,0 上单调递增;
当 x∈[0,+∞) 时,令 ℎx=f′x ,
则 h′x=2sinx−2≤0 , (3 分)
则 f′x 在 [0,+∞) 上单调递减, f′x≤f′0=0 ,所以 fx 在 [0,+∞) 上单调递减.
所以 fxmax=f0=−2 ,所以 fx 的最大值为 -2 .
(5 分)
( 2 )解:由 fx≤2ex−x2+21−ax−4 ，整理得 sinx−ax+ex−1≥0 ，
当 x=0 时, sinx−ax+ex−1≥0 恒成立,符合题意; (6 分)
令 gx=sinx−ax+ex−1 ,则 g′x=csx+ex−a ,
令 tx=g′x ,则 t′x=ex−sinx ,
当 x>0 时, ex>1,t′x>0 ,所以 g′x 在 0,+∞ 上单调递增,
所以 g′x>g′0=2−a .
① 当 a≤2 时， g′x>2−a≥0 ，所以 gx 在 0,+∞ 上单调递增，
所以 gx>g0=0 ,符合题意; (8 分)
② 当 a>2 时， g′0=2−a0 ,
所以存在 x0∈0,ln2+a ,使得 g′x0=0 ,当 01212−13 , (15 分)
所以 k=1nsin1k2=sin112+sin122+sin132+⋯sin1n2>1211−12+12−13+⋯1n−1n+1=n2n+1 , 即 k=1nsin1k2>n2n+1 . (17 分)
19. (本小题满分 17 分)
(1)解:设椭圆 C 的焦距为 2c ，则 F1−c,0,Px0,y0 ，则 −c+x02=0,x0=c ，
从而 PF2⊥x 轴,且 Iy0=b2a, S△F1PF2=12⋅2c⋅b2a=b2ca=32 .
又离心率 e=ca=12 以及 a2=b2+c2 ,所以 a2=4, b2=3,c2=1 ,
所以椭圆 C 的方程为: x24+y23=1 . (4 分)
(2)(i)证明:当直线 PQ 的斜率为 0 时，由题知 P−2,0,Q2,0 ，
因为 A1,32,B1,−32 ,所以 AP:y=12x+2,BQ:y=32x−2 .
由 AP 和 BQ 方程联立解得交点 M4,3 ; (6 分)
当直线 PQ 的斜率不为 0 时,设直线 PQ 的方程为 x=my+1 .
由 x=my+1,x24+y23=1, 有 3m2+4y2+6my−9=0 ,
因为直线过椭圆内一定点,所以直线与椭圆恒有交点.
设 Px1,y1,Qx2,y2 ,则直线 AP:y−32=y1−32x1−1x−1⇒y−32=y1−32my1x−1 ①,
同理 BQ: y+32=y2+32my2x−1 ②, (8 分)
② 一①得 3=y2+32my2−y1−32my1x−1 ，化简得 3=x−1 ， x=4 .
综上可知，直线 AP、BQ 的交点在定直线 x=4 上.
(10 分)
(ii) 证明: 由 (i) 知,设直线 PQ 的方程为 x=my+1,Px1,y1,Qx2,y2 ,
则 y1+y2=−6m3m2+4, y1y2=−93m2+4 .
因为点 M4,t ，且 kMP 、 kMF2 、 kMQ 成等比数列，所以 kMP⋅kMQ=kMF22 ，
kMP⋅kMQ=y1−ty2−tmy1−3my2−3=y1y2−ty1+y2+t2 m2y1y2−3 my1+y2+9=kMF22=t−04−12=t29,
化简得 mt=3 . (14 分)
(法一) 设点 M 到直线 PQ 的距离为 d ,则 d=−4+m+1m2+1=mt−3m2+1=0 ,
所以 M、P、Q 三点共线. (17 分)
(法二) 直线 PM 的斜率 kMP=y1−tx1−4=y1−tmy1−3 ,因为 mt=3 ,
所以 kMP=y1−tmy1−3=y1−3 mmy1−3=1 m⋅my1−3my1−3=1 m=kPQ ,
所以 M、P、Q 三点共线. (17 分)
(法三) 向量 MP=x1−4,y1−t=my1−3,y1−t ,
MQ=x2−4,y2−t=my2−3,y2−t ,
my1−3⋅y2−t=my1y2−mty1−3y2+3t=my1y2−3y1+y2+3t ,
my2−3⋅y1−t=my1y2−mty2−3y1+3t=my1y2−3y1+y2+3t ,
所以 MP//MQ ,又两个向量有公共点 M ,所以 M、P、Q 三点共线.
(17 分)题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
D
C
B
C
B
D
题号
9
10
11
答案
BD
ABD
AC
题号
12
13
14
答案
{−3,−2,−1}
80243
95+10510