湖南雅礼中学2026届高三上学期月考（三）数学试题+答案

大联考雅礼中学2026届高三月考试卷(三)

数学

命题人：周芳芳

得分：

本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共6

页.时量120分钟，满分150分.

第I卷

一、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.若复数z满足(1+2i)z=4+3i,则三的实部为

A.1B.-1

2.已知集合U=R,集合A=(z|0≤z≤2),B=|-3<x<1},则

图中阴影部分表示的集合为

K

A.〈z|-3<x<0)B.(x|-1<r<0}

C.{r|0<r<1}D.{r|2<x<3}

3.已知a,b∈R,则“a³>b”是“logza>log₂b”的

A.充分不必要条件

B必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

4.已知,0<α<π,则

ABCD

5.下列说法正确的是

A当r∈(0,1)时的最小值为2

B.当ェ∈(0,π)时，的最小值为4

Cr²+1的最小值为2r

D.当x∈(0,1)时，4x(1—z)的最大值为1

数学试题(雅礼版)第1页(共6页)

图描会王

6.已知奇函数f(x)的定义域为R,且函数y=f(x)的图象关于直线

r=2对称.当ェ∈[0,2]时，f(x)=ェ,则f(13)=

A.1B-1C.2D.-2

7.志愿者甲参加第21届文博会的服务工作，甲从住所到文博会选

择乘地铁、乘公交车、骑共享单车的概率分别为,且乘地

,

铁、乘公交车、骑共李单车按时到达文博会的概率分别为4

若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为

A.BCD

8.巳知直线L:2rcosa+2ysina-1=0与圆C:(x—1)²+(y-√3)²

相切，則满足条件的直线有

A.1条B.2条C.3条D.4条

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小題给出的

选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部

分分，有选错的得0分.

9.已知向量a=(1,1),b=(—2,0),则下列结论正确的是

A.|a|=|b|

B.向量a与b的夹角为

C.(a+b)La

D.向量b在a上的投影向量是(一1,—1)

10.下列结论错误的是

A.在回归模型中，决定系数R越大，则回归拟合的效果越好

B.巳知随机变量X~N(120,92),随机变量Y~N(140,10²),则

P(X<140)<P(Y<160)

C.在对两个分类变量进行x独立性检验时，如果列联表中所有

数据都缩小为原来的十分之一，在相同的检验标准下，再去

判断两变量的关联性时，结论不会发生改变(x²一

D.由两个分类变量X,Y的成对样本数据计算得到x²=8.612,

依据a=0.005的独立性检验(Ia.05=7.879),可判断X,Y

独立

数学试题(雅礼版)第2页(共6页)

懿C5扫全临王

11.如图，在正方体ABCD-A₁B₁CD₁中，点E,F,G分别在棱

AA₁,AB,AD上(不与棱的端点重合),M为棱CC₁的中点，則

下列说法正确的是

A.若平面EFG与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线BD//

平面EFG

B.三角形EFG不可能为直角三角形

C.若G,F分别为校AD,AB的中点，则存在点E,使得AM⊥平

面EGF

D.若二面角A-GF-E的余弦值为,二面角A-EF-G的余

弦值,则二面角A-EG-F的余弦值为

选择题答题卡

题号1234567891011得分

答案

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.(x—y)°的展开式中，含r³y³项的系数为

13.已知双曲线的左、右焦点分别为F,

F₂,一条渐近线为L,设过点F₁且与l垂直的直线为L₁4交l于

点N,L交双曲线C右支于点M,,则双

曲线C的两条浙近线方程为

14.盒中有5张卡片，其中标有数字1的有2张，标有数字2的有1

张，标有数字3的有2张，每次从中取1张，不放回，直到取出所

有标有1的卡片为止.设此过程中取到标有数字3的卡片张数

为X,则E(X)=

数学试题(罹礼版)第3页(共6页)

⑤扫楷四的全施

潮起人部P

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明

过程或演算步骤.

15.(本题满分13分)

在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(a+b—c)(b

—a+c)—3ac=0.

(1)求角B;

(2)若∠ABC的平分线交AC于点D,且

求BD.

16.(本题满分15分)

已知数列{a.}是等差数列，记其前n项和为S.,且S₁=as,α2=

(1)求数列{a}的通项公式；

(2)将数列{an}与√S.}的所有项从小到大排列得到数列{b}.

证明：

数学试题(雅札版)第4页(共6页)

田临全结王

17.(本延满分15分)

巳知平行六面体ABCD-A₁B₁CD₁中，∠AA₁D₁=90°,

∠D₁A₁B₁=45°,AA=A₁D₁=1,A₁B₁=√2.

(1)求证：B₁DLA₁B;

(2)若B₁D=√2.

(I)求∠AA₁B₁的大小；

(目)求直线B₁D与平面A₁BCI所成角.

18.(本题满分17分)

已知椭圆C过点,且与双曲线有相同的

焦点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图，A为椭圆C的上顶点，M,N为椭圆C上的两点，点N

关于y轴的对称点为N′,设MN′的中点为点T.

(I)设直线OT的斜率为o,直线MN的斜率为k,求kk。

的值；

(目)若射线AF₁为∠MAN的平分线，求|AT|的取值范围.

数学试(雅礼版)第S页(共6页)

19.(本题满分17分)

巳知a>2,函数f(x)=Ln|1—z|+ar,z>0且x≠1.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若a∈(2.3),f(zI)=f(zxz)=f(x₃)+.

(1)求证：

(Ⅱ)求证：十rj<zz+1.13.

(附参考数据：In3≈1.1)

数学试吧(雅礼坂)第6页(共6页)

驚M生王

大联考雅礼中学2026届高三月考试卷(三)

数学参考答案

一、二、选择题

题号1234567891011

答案CABADBACBCDBCDABD

1.C【解析】由(1+2i)z=4+3i,所以z=2+i,所以三的实部为2.

2.A【解析】阴影部分表示的集合为B∩CA,∵A=.x|o≤x≤2},B=(.x|-3<.x<1},∴CA=(x|z>2或x<0},则

B∩CA={.x|-3<.x<0}.

3.B【解析】a³>b⇔a>b,当0>a>b,不能得到log₂a>log₂b,所以充分性不成立；反之，由log₂a>log₂b,可得a>b>

0,根据不等式的基本性质，可得a³>b³成立，所以必要性成立，所以“a³>b³”是“Iog₂a>log₂b”的必要不充分条件.

4.A【解析】因为,所

所以

所以

5.D【解析】当0≤x<1时，

当0<.z<π时，sin.z∈[0.1],令l=sinx,则在(0,1)上单调递减，L=1时，函数取得最小值5,B错误；

显然2z不是定值，2.x不是.x²+1的最小值，C错误；

当0<.x<1时,当且仅当x=1—x,即时取等号，D正确.

6.B【解析】因为函数f(x)的图象关于直线z=2对称，所以f(2+.z)=f(2—.z),

又f(.z)是奇函数，所以f(一x)=-f(x),

所以f(2一.x)=一f(.x—2),即f(2+x)=一f(x—2),

所以f(.z+4)=-f(x),f(.x+8)=-f(x+4)=f(x),即f(x+8)=f(x),

所以f(.x)的周期为8,所以f(13)=f(一3)=-f(3),

又f(3)=f(1+2)=f(2—1)=f(1),且z∈[0,2]时，f(x)=π,所以f(1)=1,

所以f(13)=-1.

7.A【解析】设“甲乘地铁”为事件A,“甲乘公交车”为事件B,“甲骑共享单车”为事件C,“甲按时到达文博会”为事件

D,则●,则P(D)=P(A)P(D|A)十

,所以若某一天甲按

时到达文博会，则他骑共享单车的概率为

8.C【解析】法1:原点O到直线l的距离为,从而满足条件的直线l为圆和圆

的公切线，因为,故两圆外切，共有三条公切线.

法2:由题设知，圆心C到直线l的距离为

化简得或

当当

故满足条件的直线有三条.

数学参考答案(雅札版)-1

扫描全能王

您人郸生再物阳

9.BCD【解析】对于选项A,|a|=√2,|b|=2,故A错误；

对于选项B,a·b=1×(一2)+1×0=-2,则,即向量a与b的夹角为,故B

正确；

对于选项C,(a+b)·a=a²+a·b=2-2=0,即(a+b)La,故C正确；

对于选项D,向量b在a上的投影向量,故D正确.

10.BCD【解析】A选项正确；B选项，P(X<140)>P(X<μ+2σ),P(Y<160)=P(Y<μ+2o),所以P(X<140)>

P(Y<160),故B错误；

C选项，若列联表中所有数据都缩小为原来的,则的值变为原来的,所以结论可能会发生改变，故C错误；

D选项，由x²=8.612>z0.05可得出“零假设H:X与Y独立”不成立，所以有99.5%的把握说X,Y有关，故D

错误.

11.ABD【解析】对A选项，易知平面BDA₁与正方体每条棱的夹角都相同，故平面EFG//平面BDA₁,又因为BDC

平面BDA₁,所以BD//平面EFG,故A正确；

对B选项，不妨设AF=a,AE=b,AG=c,则EF²=b²+a²,GF²=c²+a²,EG²=b²+c,从而EF²<GF²+EG²,故

∠EGF<90°,同理，∠EFG<90°,∠GEF<90°,所以三角形EFG为锐角三角形，故B正确；

对C选项，法1:如图，取BB₁中点M,则AM在面ABB₁内的射影为AM,

假设存在点E,使得AM⊥平面EGF,则AMLEF,则AM₁⊥EF,

则E与A,重合，不符合题意，所以不存在点E,使得AM⊥平面EGF,故C错误；

法2:以A为坐标原点建系如图，不妨设正方体棱长为2,

则A(0,0,0),M(2,2,1),E(0,0,t),F(1,0,0),则AM=(2,2,1),EF=(1,0,一t),

假设存在点E,使得AM⊥平面EGF,则AM⊥EF,则AM·EF=2-t=0→t=2,

则E与A,重合，不符合题意，所以不存在点E,使得AM⊥平面EGF,故C错误；

对D选项，法1:以A为坐标原点建系如图，

则平面AEF的法向量为a=(0,1,0),平面AGF的法向量为b=(0,0,1),平面AEG的法向量为t=(1,0,0),

设平面EFG的法向量为c=(x,y,z),

,解得2y²=x²+≈²,

,解得3z²=x²+y²,

故,则

故二面角A-EG-F的余弦值为,故D正确。

法2:如图，过A作AH⊥平面EFG,易得H为△EFG的垂心，

连接GH并延长交EF于P,连接EH并延长交FG于Q,连接FH并延长交EG于S,

易证EF⊥平面AHP,则EF⊥AP,

所以∠APH为A-EF-G的平面角

同理∠AQH为A-GF-E的平面角,∠ASH为A-EG-F的平面角，

不妨设AH=3,则在Rt△AHQ中，AQ=2√3,在Rt△AEQ中，AE=6,

又,则在Rt△AHP中，,在Rt△AGP中，AG=3√3,

则在Rt△AEG中,故.故D正确。

数学参考答案(雅礼版)一2

恩抽班

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.—20【解析】(x-y)的展开式中，则x³y³项的系数为C·(一1)³=-20.

13.y=±2z【解析】由题知，N为MF,的中点，ON//MF₂,

易得NF₁=b,OF₁=c,ON=a,故MF₂=2a,MF₁=2b,

又因为|MF₁|-|MF₂|=2a,所以|MF₁|=4a,所以2b=4a,

所以双曲线C的渐近线方程为y=±2x.

14.【解析】由题意知X的可能取值为0,1,2,

当X=0时，有两种情况：

①取两次且两次均为标有数字1的卡片，

②取三次，前两次中一次取到1,一次取到2,第三次取到1,故

当X=1时，有两种情况：

①取三次，前两次中一次取到1,一次取到3,第三次取到1,

②取四次，前三次中一次取到1,一次取到3,一次取到2,第四次取到1,

故

当X=2时，有两种情况：

①取四次，前三次中一次取到1,两次取到3,第四次取到1,

②取五次，前四次中一次取到1,两次取到3,一次取到2,第五次取到1,

故

四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.【解析】(1)因为(a+b—c)(b—a+c)—3ac=0,所以b²—(a—c)²—3ac=0,

所以—ac=a²+c²—b²,所以

因为B∈(0,π),所以.………………5分

(2)因为,所以b=√7,

因为BD平分∠ABC,所以,即c=2a,

由(1)知，一ac=a²+c²—b²,解得a=1,c=2,………9分

因为S△AKc=SABD+S△DRK:,所1………13分

16.【解析】(1)因为数列{an}是等差数列，其前n项和为S,,且S₃=as,

所以3a₁+3d=a₁+4d,所以2a₁=d,

又,所以,所

解得,所以……………6分

(2)证明：由(1)知,所以

因为,所以…………10分

因为,所1,…………………12分

所以当n=1时..............................................................................................................................................13分

当n≥2时

综上可.........................................................................................................................................15分

数学参考答案(雅礼版)-3

扫描全能王

3您人部生清物回国

17.【解析】(1)法1:设A₁A=a,A₁B₁=b,A₁D₁=c,则B₁D=a+c—b,A₁B=a+b,

故B₁D⊥A₁B.………………………5分

法2:在△A₁B₁D₁中，由余弦定理可得B₁D₁=1,∴B₁D²+A₁D²=A₁B²,∴A₁D₁⊥B₁D₁,

由题设知A₁D₁⊥DD₁,又DD₁∩B₁D₁=D,则A₁D₁⊥平面DD₁B₁,则A₁D₁⊥DB,

又DD₁=B₁D₁=1,DD₁//B₁B,DD₁=B₁B,故四边形DD₁B₁B为菱形，则B₁DLD₁B,

而A₁D₁∩BD₁=D₁,故B₁D⊥平面A₁D₁B,故B₁D⊥A₁B.5分

法3:由题设知A₁D₁⊥DD,A₁D₁⊥B₁D,

又DD₁∩B₁D₁=D,则A₁D₁⊥平面DD₁B,

以D₁为坐标原点建立空间直角坐标系如图，

则D₁(0,0,0),B₁(0,1,0),A₁(1,0,0),

设D(0,a,b),则B(0,a+1,b),

因为DD=1,则a²+b²=1,

又A₁B=(-1,a+1,b),B₁D=(0,a-1,b),

则A₁B·B₁D=a²+b²-1=0,故B₁D⊥A₁B.………………5分

(2)(i)法1:B₁D=a+c-b→BD²=(a+c—b)²=2=2—2a·b,则a·b=0,a⊥b,

故∠AA₁B₁=90°.…………………10分

法2:因为B₁D=√2,DD₁=DB₁=1,故B₁D²=DD+DB,故DD₁⊥B₁D,

又DD₁⊥A₁D₁,A₁D₁∩B₁D₁=D,A₁D,B₁D₁C平面A₁DB₁,故DD₁⊥平面A₁B₁D,

故DD₁⊥A₁B₁,又DD₁//AA₁,所以∠AA₁B₁=90°.……………10分

(li)由(i)知AA₁⊥A₁B₁,则DD₁⊥A₁B₁,又DD₁⊥A₁D₁,A₁D₁∩A₁B₁=A₁,故DD₁⊥平面A₁B₁D₁,又A₁D₁⊥

D₁B₁,以D₁为坐标原点建系如图，

则A₁(1,0,0),C(一1,1,0),B₁(0,1,0),D₁(0,0,0),D(0,0,1),B(0,1,1),

则B₁D=(0,—1,1),A₁B=(-1,1,1),A₁C₁=(—2,1,0),

设面A₁BC₁的法向量为m=(x,y,z),

则有令x=1,则m=(1,2,-1),

→

所以,故直线B₁D与平面A₁BC₁所成角为60°.…………………15分

18.【解析】(1)双曲线的焦点为F₁(一1,0)和F₂(1,0),则

所以2a=2√2,a=√2,则b²=a²—c²=1,

故椭圆C的方程为………………………4分

(2)(i)证明：设M(x₁,y₁),N'(x₂,y₂),T(xo,yo),

则有两式作差

由题设知xo≠0,x₁≠x₂,,即

又,则………………9分

数学参考答案(雅礼版)-4

扫描全能王

3您人部生清物回国

(i)设直线AM,AN的倾斜角分别为α和β,则直线AN′的倾斜角为180°一β,由题设知α和β均不等于90°.

又直线AF₁的斜率为1,故其倾斜角为45°,

从而有α+β=90°,从而即tanatanβ=1,

又tanβ=—tan(180°—β),故tan(180°—β)tana=-1.

设直线AM,AN'的斜率分别为k₁,k₂,则k₁k₂=-1.……………10分

设直线AM,AN′的方程分别为y=kix+1,y=k₂x+1,

联立直线AM和曲线C得(2k+1)x²+4k₁x=0,解得

代入直线得,故点,同理可得

设直线MN′的方程为y=mx+n,代入点M坐标

化简得k²(2n+2)—4nk₁+n—1=0,同理有k(2n+2)—4nk₂+n—1=0,

故k₁,k₂是方程(2n+2)x²—4mx+n-1=0的两个根，故

解得;故直线MN方程为,过定点……………14分

法1:由(即,即

因为,而在区内单调递减，

所1,故.………………………17分

法2:因为k₁k₂=—1,故AM⊥AN′,故,只需求|MN′|的范围.

直线MN′的方程为,与曲线C联立得(18m²+9)x²-12mz—16=0,

因为点在曲线C内部，则必有△>0,则

令2m²+1=s∈(1,十∞),则

所以………………17分

19.【解析】(1)当x∈(0,1)时

则f(x)在区间内大于0,在区间内小于0,

故f(x)在区间内单调递增，在区内单调递减；

当x∈(1,十∞)时，f(x)=In(x—1)+ax,因为y=ln(x—1)和y=ax均单调递增，故f(x)在区间(1,+∞)内单

调递增，综上所述，f(x)在区间和区间(1,十∞)内单调递增，在区间内单调递减。……5分

(2)(i)由(1)知，当x→1时，f(x)→-∞,f(