2026届广东省江门市高三上学期调研测试数学试题（含答案）

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。

题号12345678

答案DCACCDBB

8.【解析】取AD的中点O，连接OD,OB，

易知OD丄AC,OB丄AC，

由二面角D—AC—B是直二面角得OD丄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

示的空间直角坐标系，则A，

从而E，

所以，

所以

设直线EF的单位方向向量为，则，

所以点A到直线EF的距离为

本题还可以转化为求△AEF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。

题号91011

答案BCACDAC

11.【解析】对于A选项，当AB丄CD时，AB是四面体ABCD的高，此时，四面体ABCD体积

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最大，最大值为VA-BCDS△BCDABBCCDAB，故A正确；

对于B选项，

uuuuuu2uu2uu22

QA=+B+,:A=(+B+)2=+B++

uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→uuu→

2ABBC2BCCD2ABCD4+4+4+0+0+222cosAB,CD>=12+

uuu→uuu→uuu→uuu→

8cos<AB,CD>，因为AB,CD为异面直线，则<AB,CD>∈(0,π)，

uuu→uuu→uuu→

故，故B错误；

QAD=12+8cos<AB,CD>∈(4,20)，从而2<AD<2

对于C选项，不妨取CD的中点E，连接OE,OD，则OE丄CD，

uuuuuu2

:C.=(+E).=.+E.==2，

uuu→uu→1uu→2uuu→uu→1uu→2

同理可得:CO.CB=CB,CO.CA=CA，

22

uuuu22

所以C.=C.(-)=-=(CA2-CB2)

2uuuu

AB=2，从而C.=C.，故C正确；

对于D选项，以BC、CD为邻边作平行四边形BCDF，则口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丄BC，又因为BC丄AB，AB∩BF=B，AB、BF平面ABF，

所以，BC丄平面ABF，且BF=CD=2，因为CD//BF，

故异面直线AB、CD所成的角为上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：

2r

当上ABF=60。时，△ABF为等边三角形，则该三角形外接圆直径为

22

设球O的半径为R，则(2R)=+BC（此时球O也是圆柱的外接球），

此时，球O的表面积为4πR2=；

。

当上ABF=120。时，由于AB=BF=2，则上AFB=30，

则△ABF外接圆直径为2r

22

则(2R)=(2r)+BC2=16+4=20，

此时，球O的表面积为4πR2=20π.

综上所述，球O的表面积为或20π,D错误.

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.

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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

题号121314

13

答案3

6

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丄AC于H，即H为AC中点，

---→---→--→---→--→---→1---→2

因为AO.AC=|AO|.|AC|cos上OAC=|AH|.|AC|=AC,

2

---→---→---→---→1---→2

同理AO.AB=|AO|.|AB|cos上OAB=AB,

2

---→---→---→2---→)2---→---→---→

则AO.AG=AO.D=O.AB+AC)

3A,3A

1---→---→---→1---→21---→2

=OAB+AC=B+C=b2+c2=

3A.()6A6A()

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)

已知的三个内角所对的边分别为

△ABCA,B,Ca,b,c，且asinB=bcosA．

（1）求A；

，求

（2）若a=2，且△ABC的面积为b,c．

解：（1）解法一:

abc

在△ABC中，由正弦定理得：==，………………1分

sinAsinBsinC

因为bcosA=asinB

所以sinBcosA=sinAsinB，………………2分

因为B∈(0,π)，

所以sinB≠0．………………3分

所以cosA=sinA，………………4分

即tanA=，………………5分

因为A∈(0,π)，………………6分

π

所以A=.………………7分

3

解法二:

abc

在△ABC中，由正弦定理得：==，………………1分

sinAsinBsinC

因为bcosA=asinB

所以sinBcosA=sinAsinB，………………2分

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因为B∈(0,π)，

所以sinB≠0．………………3分

所以cosA=sinA，………………4分

即cosA—sinA=0，即=2cos………………5分

因为A∈(0,π)，

所以A………………6分

兀兀

所以A

所以A.………………7分

（2）因为，………………8分

S△ABCbcsinAbc

所以bc=4①,………………9分

兀

由余弦定理可得a2=b2+c2—2bccosA，即22=b2+c2—2bccos………………10分

3

所以b2+c2—bc=4②,………………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丄PC，PA丄平面ABC.

（1）求证：平面PAC丄平面PBC；

（2）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.

（1）证明：QPA丄平面ABC,BCC平面ABC，………………1分

:PA丄BC，…2分

QBC丄PC,PCC平面PAC，

PAC平面PAC，PA∩PC=P，…3分

:BC丄平面PAC，……………4分

QBCC平面PBC，……………5分

:平面PAC丄平面PBC.…………6分

（2）解：取AB的中点O，连接OM,OC，

则MO//PA，从而MO丄平面ABC.…………7分

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由（1）知BC丄平面PAC,ACÌ平面PAC，

所以BC丄AC，

又AC=BC=2，

所以△ABC是等腰直角三角形，

则AB丄OC，且OCABAC2+BC

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

则O(0,0,0),A(0,-,0),B(0,,0),C(,0,0),M(0,0,1),P，

…………9分

---→---→--→

所以BC=(,-,0),AM=(0,,1),A)，…………10分

–

设平面AMN的一个法向量为n=(x,y,z)，

则，

z=0

令y=，则z=—2,x=0，

–

所以n=(0,,—2)（不唯一），………………12分

则cos分

兀

设直线BC与平面AMN所成角为θ(θ∈[0,])，

2

则sinθ=cos…………………14分

所以cossin

故直线BC与平面AMN所成角的余弦值为…………………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{an}中，a1=1，an+1+an=32n（nN+).

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（1）求证：{an-2n}是等比数列；

（2）若等比数列{bn}满足bn=an+1—λan(λ>0).

（i）求λ的值；

2

(ⅱ)记数列{nbn}的前n项和为Sn.若Si.Si+2=15Si+1(i∈N+)，求i的值.

解：（1）证明：Qan+1+an=3×2n，

………………2分

:{an-2n}是公比为-1的等比数列.……………3分

（2）解：(ⅰ)因为a1=1,

1

:a1-2=-1，

由（1）知-，

an-2n=(-1)×(-1)n1=(-1)n

从而an=2n+(-1)n，…………………4分

所以a1=1,a2=5,a3=7,a4=17，…………………5分

又bn=an+1—λan，

所以b1=a2—λa1=5—λ,b2=a3—λa2=7—5λ,b3=a4—λa3=17—7λ.………………6分

因为{bn}是等比数列，

22

所以b2=b1b3，即(7—5λ)=(5—λ)(17—7λ)，

整理得λ2—λ—2=0，…………………7分

解得λ=—1或λ=2.

又λ>0，

所以λ=2.…………………8分

当λ=2时，

111

+++

bn=an+1—λan=(—1)n+2n—2[(—1)n+2n]=3×(—1)n，

则

第6页共13页

故{bn}是等比数列，符合题意.

所以λ=2.……………9分

212

(ⅱ)由(ⅰ)可知+，………10分

nbn=3×(-1)nn

当n为偶数时，

222222

Sn=3×[1-2+3-4+…+(n-1)-n]

=3×[(1+2)×(1-2)+(3+4)×(3-4)+…+(n-1+n)(n-1-n)]

=-3×[3+7+…+(2n-1)]

………11分

当n为奇数时，

2

Sn=Sn+1-(n+1)bn+1=-(n+1)(n+2)+3(n+1)n(n+1),……12分

奇数

综上，Sn………13分

为偶数

易知Si.Si+2>0，

又Si.Si+2=15Si+1(i∈N+)，

故Si+1>0，

所以i为偶数.………14分

从而

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丄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α,六面体ABCDEF的体积

为V.

（1）求证：BF//平面CDE；

（2）当t=2时，求V关于α的函数解析式，并求V的最大值；

（3）若平面BEF丄平面BCE，当α取得最大值时，求V的值．

（1）证明：

方法一：

因为底面ABCD是矩形，

第7页共13页

所以AB//CD，

又AB丈平面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CDE.…………4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丄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丈平面CDE,CG平面CDE,

所以BF//平面CDE.……4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丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上CDE是二面角E一AD一C的平面角，……………5分

因为二面角E一AD一C的大小为α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E一AD一C的平面角，上BAF=α

因为CD∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，

从而FG丄平面CDE，ABF一DCG是直三棱柱。……………6分

当t=2时，

由题意得AF=DG=EGDE=1,CD=2,FG=AD=BC=3一CD=3一2=1，

则SΔCEG=SΔCDG=CD.DGsin上CDE=sinα,………7分

又因为V三棱锥E一CFB=V三棱锥E一CFG=V三棱锥F一CEG=SΔCEG.FG=sinα,

所以,……………8分

V四棱锥E一BCGF=V三棱锥E一CFB+V三棱锥E一CFG=sinα

V三棱柱ABF一DCG=SΔCDG.AD=sinα,…………9分

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从而

V=V三棱柱ABF—DCG+V四棱锥E—BCGF=sinα+sinα=sinα,α∈(0,兀)

当α=时，V取得最大值.…………………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丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上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α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E—AD—C的平面角，上BAF=α

因为CD∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，

从而EP丄平面CDE，ABP—DCE是直三棱柱。……………6分

当t=2时，由题意得

AF=FP=DE=1,AB=CD=2,EP=AD=BC=3—CD=3—2=1，

则SΔBPF=SΔBAFAB.AFsin上BAF×2×1sinα=sinα,…………7分

SΔCDECD.DEsin上CDEsinα=2sinα,……8分

所以V三棱柱CDE—BAP=SΔCDE.AD=2sinα,

V三棱锥E—BPFSΔBPF.EPsinα,……………9分

从而V=V三棱柱CDE—BAP—V三棱锥E—BPF=2sinα—sinα=sinα,α∈(0,兀)

当α=时，V取得最大值.……………10分

解法三（切割法）：

由题意，在矩形ABCD中，AD丄CD，

在直角梯形ADEF中，AD丄DE，

所以上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α,

所以上CDE=α,

同理，上BAF是二面角E—AD—C的平面角，上BAF=α

因为CD∩DE=D,CD平面CDE,DE平面CDE，

所以AD丄平面CDE，

同理，AD丄平面ABF，……………6分

过点E作CD的垂线，交直线CD于H，

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由AD丄平面CDE，EH平面CDE，

所以AD丄EH，且AD∩DC=D，

所以EH丄平面ABCD，

即EH是四棱锥E一ABCD的高，…………7分

由DE=2,CD=t=2,BC=3一CD=3一t=1，

则EH=2sin(π一α)=2sinα,

所以VE一ABCD=SABCD.EH=×2×1×2sinα=sinα,…………8分

由AF//DE，DE丈平面ABF，AF平面ABF，所以DE//平面ABF，

又因为AD丄平面ABF，且AF=1，

所以VE一ABF=VD一ABF=S△ABF.AD=××2×1×sinα×1=sinα,…9分

所以V=VE一ABCD+VE一ABF=sinα,α∈(0,π)，

当时，V取得最大值.…………………10分

---→---→---→

（3）过点D作DC的垂线，交直线CE于点G，分别以DA,DC,DG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(3一t,0,0),C(0,t,0),B(3一t,t,0),E(0,2cosα,2sinα)，

F(3一t,cosα,sinα)，……………12分

--→--→

在平面BEF中，B=(0,cosα一t,sinα),E=(3一t,一cosα,一sinα)，

设平面BEF的一个法向量为=(x1,y1,z1)，

+znα=

则1，

cos一z1siα=0

令y=sinα,则z=t一cosα,x=sinα,

111一

所以…………………13分

---→---→

在平面EBC中，CB=(3一t,0,0),CE=(0,2cosα一t,2sinα)，

设平面EBC的一个法向量为=(x2,y2,z2)，

则，

+z2.2sinα=0

令y2=2sinα,则z2=t一2cosα,x2=0，所以=(0,2sinα,t一2cosα)，………14分

因为平面BEF和平面BCE垂直，

第10页共13页

所以.=0，即2sin2α+(t—cosα)(t—2cosα)=0，

整理可得cos……15分

因为α∈(0,兀)，0<t<3，

所以cos，

当且仅当t=时，等号成立，

故当α取得最大值时，即cosα取得最小值，……16分

此时，V=VE—ABCD+VE—ABF=t(3—t)sinα+t(3—t)sinα=t(3—t)sinα,

由t=，cosα=，α∈(0,π)，

所以sinα==，

则V………………17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。

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)=(|cosx—tcosx+，x∈—,，t∈(|,2.

(,,(,

（1）当t=1时，求关于x的不等式f(x)≥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．

（i）若I=π,求t的值；

(ⅱ)求I的最大值．

解：（1）t=1时，

))

f(x)=(|cosx—cosx+=cos2x—，

(,,

由f(x)≥→cos2x≥,

故cosx≥或cosx≤—,………………1分

「

因为的定义域为—,，

f(x)|L

第11页共13页

所以-≤x≤或≤x≤,………………2分

所以f(x)≤0解集的“区间长度”为++-=；………………3分

)()

（2）(ⅰ)因为(|cosx-tcosx+≥0，<t<2，

(,(|,

所以cosx≥或cosx≤-，其中<<1,-1<-<-………………4分

「

因为f(x)的定义域为-,，

|L

所以设cosx=的两个根为x1,x2，其中-<x1<0<x2<，且x1+x2=0，………5分

同理，设cosx=-的两个根为x3,x4，

其中<x3<π<x4<，且x3+x4=2π,………………6分

所以x1≤x≤x2或x3≤x≤x4，

所以I=x2-x1+x4-x3=2π-2(x1+x3)，又I=π,所以x1+x3=，………………7分