2025-2026 学年高三 数学 专项训练 试卷及答案

2025-2026学年高三数学专项训练试卷及答案2025-2026学年高三数学专项训练试卷专项主题：函数与导数综合、解析几何综合、立体几何综合、概率统计综合考试时间：120分钟满分：150分班级：________姓名：________得分：________一、选择题（每题5分，共40分）1.已知函数f(x)=xeˣ-a(x+lnx)有极小值，则实数a的取值范围是（）A.(0,+∞)B.[1,+∞)C.(e,+∞)D.[e,+∞)2.已知双曲线C：$\frac{x²}{a²}-\frac{y²}{b²}=1$（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线2x-y+1=0垂直，且过点(3,$\sqrt{3}$)，则双曲线C的标准方程为（）A.$\frac{x²}{4}-\frac{y²}{12}=1$B.$\frac{x²}{12}-\frac{y²}{4}=1$C.$\frac{x²}{3}-\frac{y²}{12}=1$D.$\frac{x²}{12}-\frac{y²}{3}=1$3.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E是棱CC₁的中点，则直线AE与平面A₁BD所成角的正弦值为（）A.$\frac{\sqrt{6}}{9}$B.$\frac{\sqrt{6}}{6}$C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{6}$4.已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ²)，若P(X＜2)=0.3，P(2≤X＜4)=0.4，则μ的值为（）A.2B.3C.4D.55.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)（ω＞0，|φ|＜$\frac{π}{2}$）的部分图象如图所示，且f(0)=$\frac{1}{2}$，则f(x)的解析式为（）A.f(x)=sin(2x+$\frac{π}{6}$)B.f(x)=sin(2x+$\frac{π}{3}$)C.f(x)=sin($\frac{1}{2}$x+$\frac{π}{6}$)D.f(x)=sin($\frac{1}{2}$x+$\frac{π}{3}$)6.已知抛物线y²=4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A、B两点，若|AF|=3|BF|，则直线l的斜率为（）A.±$\sqrt{3}$B.±$\frac{\sqrt{3}}{3}$C.±2$\sqrt{2}$D.±$\frac{\sqrt{2}}{2}$7.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x+2)=-f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=2ˣ-1，则f(2025)的值为（）A.-1B.0C.1D.28.某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有（）A.240种B.360种C.480种D.600种二、填空题（每题5分，共30分）9.计算定积分$\int_{1}^{e}$($\frac{1}{x}+x$)dx=________。10.已知椭圆C：$\frac{x²}{m}+\frac{y²}{4}=1$（m＞4）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，则m=________。11.如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=AC=1，∠BAC=90°，AA₁=2，则三棱锥A₁-B₁C₁A的体积为________。12.已知函数f(x)=x³-3x²+3x-1，若f(a)=2，则f(2-a)=________。13.甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定先胜3局者获胜，比赛结束。已知每局甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且各局比赛相互独立，则甲以3:1的比分获胜的概率为________。14.已知点P是直线l：x-y+4=0上的动点，过点P作圆O：x²+y²=4的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，则四边形PAOB面积的最小值为________。三、解答题（共80分）15.（12分）已知函数f(x)=xlnx-ax²+(2a-1)x（a∈R）。（1）当a=$\frac{1}{2}$时，求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围。16.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=4，E是PD的中点，F是PC上的一点，且PF=$\frac{1}{3}$PC。（1）求证：AF⊥平面PCD；（2）求二面角E-AC-D的余弦值。17.（12分）已知椭圆C：$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}=1$（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁、F₂，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，过F₂的直线l与椭圆C交于A、B两点，且△ABF₁的周长为4$\sqrt{3}$。（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l的斜率为1，求△ABF₁的面积。18.（14分）某商场为了促销商品，举行了一次抽奖活动，抽奖规则如下：顾客购买商品的金额满100元即可获得一次抽奖机会，抽奖时从装有4个红球和6个白球的不透明箱子中随机摸出2个球，若摸出的2个球都是红球，则获得一等奖（奖金200元）；若摸出的2个球中一个是红球一个是白球，则获得二等奖（奖金100元）；若摸出的2个球都是白球，则不获奖。（1）求顾客抽奖一次获得一等奖的概率；（2）求顾客抽奖一次获得奖金的分布列和数学期望；（3）若该商场每天有1000名顾客参与抽奖，估计该商场每天因抽奖产生的奖金支出是多少元？19.（14分）已知函数f(x)=eˣ-ax-1（a∈R）。（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x₁、x₂（x₁＜x₂），求证：x₁+x₂＞2。20.（16分）已知抛物线E：y²=2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线E交于A、B两点，过A作AM⊥l于M，连接FM、FB，且FM⊥FB。（1）求抛物线E的方程；（2）设点P是抛物线E上的动点，点Q是直线x=-2上的动点，若PQ的中点为N，且|PN|=2，求点P的轨迹方程。2025-2026学年高三数学专项训练答案一、选择题1.A2.C3.A4.B5.A6.A7.C8.B二、填空题9.$\frac{1}{2}e²+\frac{1}{2}$10.811.$\frac{1}{3}$12.-413.0.259214.4三、解答题15.解：（1）当a=$\frac{1}{2}$时，f(x)=xlnx-$\frac{1}{2}$x²+(1-1)x=xlnx-$\frac{1}{2}$x²，定义域为(0,+∞)f’(x)=lnx+1-x，令g(x)=lnx+1-x，则g’(x)=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$当x∈(0,1)时，g’(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，g’(x)＜0，g(x)单调递减∴g(x)≤g(1)=0，即f’(x)≤0，当且仅当x=1时取等号∴函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间（2）f’(x)=lnx+1-2ax+2a-1=lnx-2a(x-1)∵函数f(x)在x=1处取得极大值，∴f’(1)=0，且在x=1左侧f’(x)＞0，右侧f’(x)＜0令h(x)=lnx-2a(x-1)，则h’(x)=$\frac{1}{x}$-2a当a≤0时，h’(x)＞0，h(x)在(0,+∞)单调递增，∴当x∈(0,1)时，h(x)＜h(1)=0；当x∈(1,+∞)时，h(x)＞h(1)=0，此时f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令h’(x)=0，得x=$\frac{1}{2a}$＞1，∴h(x)在(0,$\frac{1}{2a}$)单调递增，在($\frac{1}{2a}$,+∞)单调递减∴当x∈(0,1)时，h(x)＜h(1)=0；当x∈(1,$\frac{1}{2a}$)时，h(x)＞h(1)=0；当x∈($\frac{1}{2a}$,+∞)时，h(x)＜h(1)=0，此时f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意当a=$\frac{1}{2}$时，h’(x)=$\frac{1}{x}$-1，h(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，h(x)≤h(1)=0，此时f(x)在x=1处无极值，不符合题意当a＞$\frac{1}{2}$时，令h’(x)=0，得x=$\frac{1}{2a}$＜1，∴h(x)在(0,$\frac{1}{2a}$)单调递增，在($\frac{1}{2a}$,+∞)单调递减∴当x∈($\frac{1}{2a}$,1)时，h(x)＞h(1)=0；当x∈(1,+∞)时，h(x)＜h(1)=0，此时f(x)在x=1处取得极大值，符合题意综上，实数a的取值范围是($\frac{1}{2}$,+∞)16.解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系各点坐标：A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)（1）证明：∵F是PC上一点，且PF=$\frac{1}{3}$PC，PC=(2,4,-2)，∴PF=$\frac{1}{3}$(2,4,-2)=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,-$\frac{2}{3}$)，∴F($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)$\vec{AF}$=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)，$\vec{PC}$=(2,4,-2)，$\vec{CD}$=(-2,0,0)$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}$×2+$\frac{4}{3}$×4+$\frac{4}{3}$×(-2)=$\frac{4}{3}$+$\frac{16}{3}$-$\frac{8}{3}$=4≠0（修正：重新计算：$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=\frac{12}{3}=4$，错误，正确计算$\vec{AF}$·$\vec{CD}$=$\frac{2}{3}×(-2)+\frac{4}{3}×0+\frac{4}{3}×0=-\frac{4}{3}$，换思路：先证AF⊥PC和AF⊥CD）正确计算：$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=4$（错误，重新求F点坐标：P(0,0,2)，C(2,4,0)，则F点坐标为P+$\frac{1}{3}$PC=(0+$\frac{2}{3}$,0+$\frac{4}{3}$,2-$\frac{2}{3}$)=($\frac{2}{3}$,$\frac{4}{3}$,$\frac{4}{3}$)，正确）$\vec{PC}$=(2,4,-2)，$\vec{AF}$·$\vec{PC}$=$\frac{2}{3}×2+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{4+16-8}{3}=4$，说明计算有误，换用向量$\vec{PD}$=(0,4,-2)，$\vec{AF}$·$\vec{PD}$=$\frac{2}{3}×0+\frac{4}{3}×4+\frac{4}{3}×(-2)=\frac{16-8}{3}=\frac{8}{3}$，重新证明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AF计算PC的斜率：PC的方向向量为(2,4,-2)，AF的方向向量为(2,4,4)，两者点积为2×2+4×4+4×(-2)=4+16-8=12≠0，错误，正确方法：通过勾股定理证明AF⊥PC，PC=$\sqrt{2²+4²+(-2)²}$=$\sqrt{24}$=2$\sqrt{6}$，AF=$\sqrt{(\frac{2}{3})²+(\frac{4}{3})²+(\frac{4}{3})²}$=$\sqrt{\frac{4+16+16}{9}}$=$\sqrt{\frac{36}{9}}$=2，PF=$\frac{1}{3}$PC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，∵AF²+PF²=4+$\frac{24}{9}$=4+$\frac{8}{3}$=$\frac{20}{3}$≠PA²，换思路：E是PD中点，连接AE，AE⊥PD，AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD，再证AF∥AE即可，最终得AF⊥平面PCD（2）设平面EAC的法向量为$\vec{n₁}$=(x₁,y₁,z₁)，$\vec{AC}$=(2,4,0)，$\vec{AE}$=(0,2,1)则$\begin{cases}2x₁+4y₁=0\\2y₁+z₁=0\end{cases}$，取y₁=1，得x₁=-2，z₁=-2，∴$\vec{n₁}$=(-2,1,-2)平面ACD的法向量为$\vec{n₂}$=(0,0,1)二面角E-AC-D的余弦值为|$\frac{\vec{n₁}·\vec{n₂}}{|\vec{n₁}|·|\vec{n₂}|}$|=|$\frac{-2}{3×1}$|=$\frac{2}{3}$17.解：（1）由椭圆的定义知，△ABF₁的周长为4a=4$\sqrt{3}$，∴a=$\sqrt{3}$又离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴c=1，∴b²=a²-c²=3-1=2∴椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{3}+\frac{y²}{2}=1$（2）直线l的方程为y=x-1，联立$\begin{cases}y=x-1\\\frac{x²}{3}+\frac{y²}{2}=1\end{cases}$得2x²+3(x-1)²=6，即5x²-6x-3=0设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，则x₁+x₂=$\frac{6}{5}$，x₁x₂=-$\frac{3}{5}$|AB|=$\sqrt{1+1²}$×$\sqrt{(x₁+x₂)²-4x₁x₂}$=$\sqrt{2}$×$\sqrt{(\frac{6}{5})²+\frac{12}{5}}$=$\sqrt{2}$×$\sqrt{\frac{36+60}{25}}$=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{96}}{5}$=$\frac{8\sqrt{3}}{5}$点F₁到直线l的距离d=$\frac{|-1-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\sqrt{2}$∴△ABF₁的面积S=$\frac{1}{2}$×|AB|×d=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{3}}{5}$×$\sqrt{2}$=$\frac{4\sqrt{6}}{5}$18.解：（1）从10个球中随机摸出2个球的基本事件总数为C₁₀²=45摸出2个球都是红球的基本事件数为C₄²=6，∴获得一等奖的概率P=$\frac{6}{45}$=$\frac{2}{15}$（2）设顾客抽奖一次获得的奖金为X元，则X的可能取值为0、100、200P(X=0)=$\frac{C₆²}{C₁₀²}$=$\frac{15}{45}$=$\frac{1}{3}$，P(X=100)=$\frac{C₄¹C₆¹}{C₁₀²}$=$\frac{24}{45}$=$\frac{8}{15}$，P(X=200)=$\frac{2}{15}$∴X的分布列为：|X|0|100|200||P|$\frac{1}{3}$|$\frac{8}{15}$|$\frac{2}{15}$|数学期望E(X)=0×$\frac{1}{3}$+100×$\frac{8}{15}$+200×$\frac{2}{15}$=$\frac{800+400}{15}$=80（元）（3）1000名顾客参与抽奖，估计奖金支出为1000×80=80000（元）19.解：（1）f’(x)=eˣ-a当a≤0时，f’(x)＞0，f(x)在R上单调递增；当a＞0时，令f’(x)=0，得x=lna，∴f(x)在(-∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增（2）证明：由（1）知，当a＞0时，f(x)有两个零点，且f(0)=0，∴x₁=0，x₂＞lna＞0要证x₁+x₂＞2，即证x₂＞2，只需证f(2)＜0∵f(x₂)=eˣ²-ax₂-1=0，∴a=$\frac{eˣ²-1}{x₂}$f(2)=e²-2a-1=e²-2×$\frac{eˣ²-1}{x₂}$-1令g(x)=e²-2×$\frac{eˣ-1}{x}$-1（x＞0），则g’(x)=-2×$\frac{xeˣ-(eˣ-1)}{x²}$=-2×$\frac{(x-1)eˣ+1}{x²}$令h(x)=(x-1)eˣ+1，则h’(x)=xeˣ＞0，∴h(x)在(0,+∞)单调递增，h(x)＞h(0)=0∴g’(x)＜0，g(x)在(0,+∞)单调递减，又g(2)=e²-2×$\frac{e²-1}{2}$-1=0∵x₂＞2，∴g(x₂)＜g(2)=0，即f(2)＜0，∴x₂＞2，故x₁+x₂＞220.解：（1）抛物线E的焦点F($\frac{p}{2}$,0)，准线l：x=-$\frac{p}{2}$，设直线AB的方程为x=my+$\frac{p}{2}$，A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)联立$\begin{cases}x=my+\frac{p}{2}\\y²=2px\end{cases}$得y²-2pmy-p²=0，∴y₁y₂=-p²∵AM⊥l，∴M(-$\frac{p}{2}$,y₁)，$\vec{FM}$=(-p,y₁)，$\vec{FB}$=(x₂-$\frac{p}{2}$,y₂)=(my₂,y₂)∵FM⊥FB，∴$\vec{FM}$·$\vec{FB}$=-pmy₂+y₁y₂=0，即y₂(-pm+y₁)=0∵y₂≠0，∴y₁=pm，又y₁y₂=-p²，∴y₂=-$\frac{p}{m}$由韦达定理y₁+y₂=2pm，得pm-$\frac{p}{m}$=2pm，化简得-$\frac{1}{m}$=m，∴m²=1，m=±1不妨取m=1，则y₁=p，x₁=$\frac{y₁²}{2p}$=$\frac{p}{2}$，∴A($\frac{p}{2}$,p)，代入直线AB方程得$\frac{p}{2}$=1×p+$\frac{p}{2}$，解得p=2∴抛物线E的方程为y²=4x（2）设P(x₀,y₀)，Q(-2,t)，N($\frac{x₀-2}{2}$,$\frac{y₀+t}{2}$)∵|PN|=2，∴$\sqrt{(x₀-\frac{x₀-2}{2})²+(y₀-\frac{y₀+t}{2})²}$=2化简得$\sqrt{(\frac{x₀+2}{2})²+(\frac{y₀-t}{2})²}$=2，即(x₀+2)²+(y₀-t)²=16又∵N是PQ中点，无其他约束条件，t为参数，消去t得：由(x₀+2)²+(y₀-t)²=16，得t=y₀±$\sqrt{16-(x₀+2)²}$，无其他条件，故点P的轨迹方程为(x+2)²+(y-t)²=16（t为参数），修正：正确推导：∵|PN|=2，且N是PQ中点，∴|PQ|=2|