数学-辽宁省丹东市2026届高三年级教学质量监测(丹东一模)

丹东市2026届高三教学质量监测本试卷共19题，共150分，共4页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，并将条形码准确粘贴在指定区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知全集U=N,集合A={A.{0,1,2}B.{0,1}C.{1}2.双曲线的离心率为A.1B.√24.已知等比数列{aₙ}的公比为q,命题s:{an}是递增数列，命题t:q>0,则s是t的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分且必要条件D.既不充分也不必要条件5.一个口袋里装有大小、形状完全相同的8个红球和2个白球，从中不放回地任取两个球.已知取到了一个红球，则取到的另一个是白球的概率为6.已知函数f(x)的定义域为R,若f(x)与f(x+2)都是奇函数，则一定有A.f(1)=0B.f(3)=0C.f(13)=0与BD交于点0,点M满足CM=λCB(0≤λ≤1),则AO·AM的取值范围是二、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，有多项符差中项为-2,则A.S₅=5B.d=2C.S₃最小D.S₇<a₇10.已知函满足,且f(x)在内A.w=411.抛物线C:y²=2px(p>0)的焦点为F.过点P(2p,2p)作C的切线1,1与y轴、x轴分别交于点Q、K;过坐标原点O作l的垂线l,I与直线PF交于点M,则C.OMIIQFD.△OMF是等腰三角形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。x12345y23457若y关于x的回归直线方程为=bx+0.6,则b=.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。记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已(2)若D是AC的中点，且a+c=6,b=2√3,求DB的长.已知函数f(x)=(x-1)³-3ax.(2)若f(x)存在极值点x₁,且f(x)=f(x₂),x₁≠x₂,证明：2x₁+x₂为定值.已知椭圆C:的右顶点为M,圆M的半径等于椭圆的长半轴长，圆N:(x+1)²+y²=1,直线1与圆M和圆N都相切.(2)求直线1的方程；(3)若斜率存在的直线1与C交于A,B两点，求△ABM的面积.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=√3,△PAD是边长为2的等边三(1)求证：平面PMN⊥平面ABCD;(2)设直线DE与平面PMN所成角的正弦值为,且四棱锥P-ABCD的各个顶点都在球O的球面上.(i)求二面角P-AD-B的余弦值；(ii)求球O的表面积.Base16Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码.(1)写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串(参考附2);(2)十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”,得到加密字符串(如5A6F3加密为5**6**3).设n位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第n位为“*”的概率为pn·(i)求p₁,P₂,并证明数列{8p+3pn₋1}为常数列；(ii)若,求数列{an}的通项公式.附1:十进制与十六进制的对应关系十进制012…9十六进制012…9ABCDEF附2:二进制数转换为十六进制数规则将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位.例如：二进制数11010,先补0分组为00011010.由0×2³+0×2²+0×2¹+1×2⁰=1,得0001(2)=11o,映射为十六进制数字1;由1×2³+0×2²+1×2¹+0×20=10,得1010₂)=101o,映射为十六进制字母A.因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A.丹东市2026届高三教学质量监测数学试题评分参考一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。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，有多项符合三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。四、解答题：共77分。(1)因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sinB,而,故sinB=2(1-cosB).两边平方得scosB≠1,所以1+cosB=4(1-cosB),因此…………5分(2)由余弦定理b²=a²+c²-2accosB,得b²=(a+c)²-2ac(1-cosB),因为a+c=6,b=2√3,,所以,从而a²+c²=21.…………8分因此…………13分(1)f(x)定义域为R,f'(x)=3[(x-1)²-a].递增.当a>0时，由f(x)>0解得x<1-√a调递减.…………7分(x₁-1)²+(x₁-1)(x₂-1)+(x₂-1)²-3a=0.因为x是f(x)极值点，所以由(1)知a>0,且f'(x₁)=0,即a=(x₁-1)².于是(1)由题意可得M(2,0),椭圆的长半轴长为2,故圆M的方程为(x-2)²+y²=4.由N(-1,0),得|MN|=3=rm+rn,故圆M与圆N外切.…………5分(2)由(1)可知，圆M与圆N外切于原点O,因此两圆共有3条公切线.因为直线x=0…………8分因为M(2,0),N(-1,0),两圆半径为2,1,由相似比及对称性可知，外公切线必过定(3)由(2)可知，斜率存在的两条直线I关于x轴对称，而椭圆C也关于x轴对称，将x=2√2y-4代入整理得7y²-12√2y+9=0,,判别式△=36>0,设由1过定点D(-4,0),得△ABM的面积…………15分【18题注】不画图扣2分；画图须规范(实线、虚线区分清晰，符合斜二测画法要求等),不规范的酌情扣1~2分。(1)由题意AD⊥MN,AD⊥PM.因为MN∩PM=M,所以AD⊥平面PMN.由ADc平面ABCD,得平面PMN⊥平 (2)思路1以M为坐标原点，MD的方向为x轴正方C(1,√3,0),平面PMN的法向量n=(1,0,0).由(1)知∠PMN是二面角P-AD-B的平面角，设∠PMN=θ,由PM=√3,得P(0,√3cosθ,√3si由DE与平面PMN所成角的正弦值为,解得…………17分思路2(i)取PN,MD的中点分别为F,G,连结EF,FG,FM.因为EF/ICNDE与平面PMN所成的角等于FG与平面PMN所成的角.…………8分由(1)知∠GFM是FG与平面PMN所成的角，由题意,因为,所以,从而.因角形.由(1)知∠PMN是二面角P-AD-B的平面角，所以二面角P-AD-B的余弦值(ii)记矩形ABCD外接圆的圆心为0₁,△PAD外接圆的圆心为O₂,由球的截面性质00₁⊥平面ABCD,0O₂⊥平面PAD,则00₁⊥AD,0O₂⊥AD,所以AD⊥平面00₁O0₂.由(1)知O,O,M,O₂共面，从而0,o,M,O₂共圆，直径为OM.由(i)知在四边形OO₁MO₂中，,因为,所在,故球O的表面积…………17分01012)=0×2³+1×2²+0×2¹+1×2⁰=51o>,映射为十六进制字符为5.因此二进制数111001011101,转换后的十六进制串为E5D.…………4分当n=1时，若首字符为字母，第2位必为*,概率为故…………8分记事件A:“原始字符串的第1个字符为数字记事件C:“长度为n的原始字符串，加密后所得加密字符串的第nP(C)=Pn·若A发生，首字符占1位，剩余n-1个字符的加密结果是从加密字符串第2位开始，故P(C|A)=Pn-1·若B发生，首字符占2位，剩余n-1个字符的加密结果是从加密字符串第3位开始，又8p₂+3p₁=6,故对任意n≥2,有8pn+3pn-1=6,即数列{8pn+3pn₋1}为常数列.…………12分而1【部分小题解答】思路1:采用缩小样本空间的思路思路2:条件概率公式,因此所求概率为P(B|【错误解法】【错误原因分析】因为f(x+2)是奇函数，所以f(-x+2)=-f(x+2),因此f(x)=f(x+4),从而f(13)=f(1),f(14)=f(2).由f(-x+2)=-f(x+2)得f(2)=0,于是一定有f(14)=0.角坐标系A-xy,可得,因为0≤λ≤1,所以AO·AM的取值范围是思路2可知AC=BC=2,∠ACB=60°.由△OCD~△OAB,相似比为CD:AB=1:2, 由0≤λ≤1,得AO·AM的取值范围是|因为lg(xy)=lgx+1gy=lgx+lgy+1-1,所以 ,得因此当时，Ig(xy)取最小值8.与与结合2<w≤6,因此w=4,选项A正确.此时由,得或,因