高三3月份数学评分细则（2026届高三年级3月份学情诊断）

2026届高三年级3月份学情诊断数学参考答案及解析三、填空题12．28【解析】记该棱台的高为h，易得A1C1＝2eq\r(2)，AC＝4eq\r(2)，由勾股定理可得，得h＝3，于是棱台的体积V＝eq\f(1,3)×3×(4＋8＋16)＝28.故答案为28.13.【解析】显然，，可得，显然，于是，，可知，，即，显然当时等号成立.故答案为.14.（不是最简形式不得分）【解析】设取出的5个球编号从小到大排列为，由已知中位数为即，则需从中选取，需从中选取，故基本事件总数为.若满足最大编号与最小编号之差为，设，则.由知，由即知，且即，故.此时中间球的选法数为，求和得符合条件的事件数为，故所求概率为.故答案为.四、解答题15．解：(1)零假设H0：数学成绩与单日运动时间无关，(1分)χ2＝eq\f(80（302－102）2,40×40×40×40)＝20>10.828，(3分)（卡方公式代入数据正确给1分，算出结果并与临界值比较正确得3分）零假设不成立，故可认为根据小概率值α＝0.001的独立性检验，数学成绩与单日运动时间有关．(5分)(2)eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(10＋20＋30＋40,4)＝25，(6分)eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(72＋75＋78＋80,4)＝eq\f(305,4)，(8分)于是，(11分)（eq\o(b,\s\up6(^))数据代入正确给1分；若用另一个公式计算，结果正确不扣分，结果错误则给1分）于是eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝69.5.(13分)16．解：(1)注意到，可得B＝eq\f(π,3)，(2分)而△ABC的面积S＝6＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),8)b2，可得b＝4eq\r(4,3).(5分)（若求出ac=83，没有写出b，扣1分）(2)法一：由正弦定理得，(6分)即eq\f(3,4)＝2sinAsin(A＋eq\f(π,3))（7分）＝sin2A＋eq\r(3)sinAcosA（8分）＝eq\f(1－cos2A,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2A（9分）＝sin(2A－eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，(10分)于是sin(2A－eq\f(π,6))＝eq\f(1,4).(11分)法二：（6分）=-[cos(A+C)-cos(A-C)]（7分）=12+cos(A-C)（8分）所以34=12+cos[A-(23π−A)],（9分）所以sin(2A-(3)法一：若A＝C，则应有A＝C＝eq\f(π,3)，这与矛盾，(12分)不妨设A<C，此时注意到A<eq\f(π,3)，于是2A－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，故由sin(2A－eq\f(π,6))＝eq\f(1,4)<eq\f(1,2)得2A－eq\f(π,6)<eq\f(π,6)，A<eq\f(π,6)，(13分）于是C＝eq\f(2π,3)－A>eq\f(π,2)，(14分)故△ABC是钝角三角形．(15分)法二：因为b2=ac,所以，sin2B=34cos（A+C）=cosAcosC-sinAsinC=-12,（13分）所以cosAcosC=-18<0,所以A，C中有一个是钝角，（14分）17．解：(1)由PD＝CD，DM⊥PC得M为PC中点，(1分)又N为PA的中点，于是MN∥AC，(2分)由MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD得MN∥平面ABCD.(3分)(2)由平面几何知识可知AD⊥BD，（由简单运算过程得此结论即给分）(4分)由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD得AD⊥PD，(5分)由PD∩BD＝D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD可得AD⊥平面PBD.(6分)(3)【方法一】以D为坐标原点，过D点作平行于eq\o(CB,\s\up6(→))方向的直线为x轴正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，(7分)可得D(0，0，0)，A(2，－2，0)，B(2，2，0)，N(1，－1，1)，记eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，(9分)eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(NB,\s\up6(→))＝(1，3，－1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2λ，2－2λ)，(10分)设平面MAD的法向量为n＝(x，y，z)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0,n·\o(DM,\s\up6(→))＝0))，(11分)即eq\b\lc\{(\a\vs3\al\co1(x－y＝0,λy＋（1－λ）z＝0))，可取n＝(λ－1，λ－1，λ)，(12分)记直线BN与平面MAD所成角为θ，，(13分)即eq\f(25,3)＝eq\f(（4－3λ）2,2（λ－1）2＋λ2)，整理得24λ2－14λ＋1＝0，(14分)解得eq\f(PM,PC)＝λ＝eq\f(1,12)或eq\f(1,2).(15分)【方法二】建系同上设M(0，m，2-m)，m∈[0，2]，(9分)eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(NB,\s\up6(→))＝(1，3，－1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(0，m，2-m)，(10分)设平面MAD的法向量为n＝(x，y，z)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0,n·\o(DM,\s\up6(→))＝0))，(11分)即eq\b\lc\{(\a\vs3\al\co1(x－y＝0,my＋(2－m)z＝0))，可取n＝(m－2，m－2，m)，(12分)记直线BN与平面MAD所成角为θ，，(13分)即eq\f(25,3)＝eq\f((8－3m)2,2(m－2)2＋m2)，整理得6m2－7m＋1＝0，(14分)解得m=eq\f(1,6)或m=1，eq\f(PM,PC)=eq\f(m,2)=eq\f(1,12)或eq\f(1,2).(15分)1.按步骤给分，踩点给分，满分15分。2.关键公式、韦达定理应用、斜率表达式化简等核心步骤出错，将扣除对应步骤分；结果错误但过程正确，仅扣最终结果分。3.若出现计算失误但后续步骤逻辑正确，按“错一步扣一步分”原则处理，不重复扣分。解：(1)由eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝0得y＝±eq\f(b,a)x，可得b＝eq\r(3)a，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\r(3)a,\r(a2＋b2)＝2))，(1分)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝\r(3)))，(2分)

于是E：x2－eq\f(y2,3)＝1.(3分)仅写出核心关系式但未求解，得1分；求解错误但关系式正确，扣1分；最终方程写错，扣1分(2)(ⅰ)显然l斜率不为0，故设l：x＝my＋4.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4,x2－\f(y2,3)＝1))，得(m2－eq\f(1,3))y2＋8my＋15＝0，(4分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(24m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(45,3m2－1)，(5分)于是k1k2＝eq\f(y1y2,（x1＋2）（x2＋2）)，k1＋k2＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)，(6分)eq\f(k1＋k2,k1k2)＝eq\f(y1（my2＋6）＋y2（my1＋6）,y1y2)＝eq\f(2m×45＋6×（－24m）,45)＝－eq\f(6,5)m，(7分)于是eq\f(k,k1)＋eq\f(k,k2)＝eq\f(1,m)·eq\f(k1＋k2,k1k2)(8分)＝－eq\f(6,5)，为定值．(9分)韦达定理符号错误，扣1分；斜率表达式变形错误，扣1分；展开计算错误，扣1分；最终结果错误但过程逻辑正确，扣1分(ⅱ)x1＋x2＝m(y1＋y2)＋8＝eq\f(－24m2,3m2－1)＋8＝eq\f(－8,3m2－1)，于是M(－eq\f(4,3m2－1)，－eq\f(12m,3m2－1))，(10分)显然M为DN中点，(11分)设N(s，t)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(s＋4,2)＝－\f(4,3m2－1),\f(t,2)＝－\f(12m,3m2－1)))，(12分)得N(－eq\f(8,3m2－1)－4，－eq\f(24m,3m2－1))，(13分)记C(p，0)，eq\f(k0k1k2,k1＋k2)＝k0·eq\f(1,－\f(6,5)m)＝－eq\f(5,6m)·eq\f(－24m,－8－（4＋p）（3m2－1）)(14分)＝－eq\f(20,8＋（4＋p）（3m2－1）)，(15分)由其为定值可知其与m无关，故必有4＋p＝0，p＝－4，于是C(－4，0)，(16分)于是eq\f(k0k1k2,k1＋k2)＝－eq\f(20,8)＝－eq\f(5,2).(17分)中点坐标求解错误，扣1分；点坐标求解错误，扣1分；定点坐标求解错误，扣1分；最终定值错误，扣1分额外扣分规则1.未写关键步骤（如直接写结果、省略韦达定理推导），每处扣1分。2.字迹潦草、步骤混乱导致无法识别得分点，酌情扣1-2分。3.单位、符号书写错误（如斜率符号、双曲线方程符号），每处扣0.5分，累计不超过1分。19．解：(1)由题有g′(x)＝(eq\f(f（x）,x))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2).（1分）因为对于任意x∈(0，＋∞)，都有xf′(x)>f(x)，即xf′(x)－f(x)>0，且x2>0，所以g′(x)>0，（2分）故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，(3分)下面证明：f(x1＋x2)>f(x1)＋f(x2)．因为x1，x2∈(0，＋∞)，所以x1＋x2>x1，由g(x)的单调递增性质可知g(x1＋x2)>g(x1)，即eq\f(f（x1＋x2）,x1＋x2)>eq\f(f（x1）,x1).（4分）因为x1>0且x1＋x2>0，整理得：x1f(x1＋x2)>(x1＋x2)f(x1)．同理，因为x1>0，所以x1＋x2>x2，由g(x)的单调递增性质可知g(x1＋x2)>g(x2)，即eq\f(f（x1＋x2）,x1＋x2)>eq\f(f（x2）,x2)，（5分）整理得x2f(x1＋x2)>(x1＋x2)f(x2)．将两式相加得(x1＋x2)f(x1＋x2)>(x1＋x2)[f(x1)＋f(x2)]，（6分）因为x1＋x2>0，两边同时除以x1＋x2，得f(x1＋x2)>f(x1)＋f(x2)，得证．(7分)（如果以上都没有，只写出了单调递增的定义也得1分）(2)(ⅰ)由题意f(an)＝n，则eq\f(an,n)＝eq\f(an,f（an）)＝eq\f(1,\f(f（an）,an))＝eq\f(1,g（an）).要证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))单调递减，即证明{g(an)}单调递增（8分），因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(an)＝n<n＋1＝f(an＋1)，所以an<an＋1.(9分)由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且an<an＋1，所以g(an)<g(an＋1)．（10分）因为g(x)＝eq\f(f（x）,x)，且f(x)定义域为[0，＋∞)，f(0)＝0，且f(x)单调递增，故当x>0时f(x)>0，从而g(x)>0，所以eq\f(1,g（an）)>eq\f(1,g（an＋1）)，即eq\f(an,n)>eq\f(an＋1,n＋1).故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))单调递减．(11分)（不用分析法，正确也可得分）(ⅱ)记Sn＝a1＋a2＋…＋an.由(1)可知f(x1＋x2)>f(x1)＋f(x2)有f(Sn)