贵州省六校2026届高三下4月高考联考(三)数学试卷

数学参考答案·数学参考答案·PAGE1页（9页一、单项选择题（8540分．在每小题给出的四个选项中，只A(4，4在抛物线Cp2F(1，0，则|AF|5，故选S4(a1a416，aaaa8，a3，daa2，aa5d13，故选 对于Bm作平面交am∥a，过m作平面于bm∥b，故b∥a，又a，又b，所以a∥，而l，a，a∥l，故m∥lB正确；对于C，若m，则m或m∥，故C错误对于D若， l，ml，如果m或m，则不能判断m，故D错误，故选B．334C1C2A3108；第二类：有两个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选两个，剩下的三个班级去三个区域，方法种数为：C2A3334126种方法，故选7．f(Tsin22πsin10ππ．ysinxπsin2xπ

2 2 取得最大值；当cosx1时，取得最小值为2Af(x的定义域为N*f(xfyf(xyxy1f(12，xy1f(1f(1f(211f(24xy2f(2f(2f(4)41f(4)11，故A错误；对于By1f(xf(1f(x1x1f(x1f(xx1f(nf(n1n，f(n1f(n2n1f(2f(1(n1)(n(n1)(n2)n2n2f(nf(1

，所以f(n)

x2xf(x)

f(x)

x20BCD，由Bf(xCD

x2x2

对于A：由tan5，且为第三象限，则sin5，cos12，故角 位圆的交点为12，5，AB和D的终边与角y 13 为第四象限，则sin5，cos12，所以sincos7，D tan

，B正确；对于C的终边与角的终边关于y轴对称，所以π2kπ(kZ，故C对于A：|z|2正确；z1 2cos7ππisin7ππ 2(i)2i，故 4 4

1i227πz642π4423i8iCDzz

π5πisin7ππ5π222cos222cos12 6 64231i2622i，故D 2 11．A．设M(x0，y0y3x，设M(x0，y0y

3x03x0d ，设M(x，y)到直线y3x的3x03x0 3x2 dd 1 2π所以 2π ， △MF1F2NF1F2的内切圆的圆心分别为I1，I2△MF1F2的内切圆I1与各边切于D，G，H，△NF1F2的内切圆I2与l切于E，设G(m，0，根据圆的切线性质与双曲线的定义可知G(3，0)所以I1在直线x上，同理可得I2也在直线x|GF|ca3.由几何关系可得FFIπ，FFI，所以rr|II||GI 12

12

1 |

||GF|tanπ|GF|tan

3tan

因为 2π

2

3，3 π

，，所以tan ，3，令ttan ，3，由对勾函数性质可 3

y 1 3ytt在 11，33，所 y

43rr[23，4C选项正确；D，3 |MF|exa，|MF|exa，则|MF||MF|e2x2a24x23，根据x3，x2 所以|MF||MF|e2x2a24x239，故D选项是错误的，故选 三、填空题（3515分95a2B1}，BAa2B1，a1BAa3数学参考答案·数学参考答案·PAGE4页（9页

2 5 51，设球心为OR△ABC内切圆圆心为O1S、O、O1三点共线，连接OC、O1C在△SCO1 OO2OC2OC2

5，在△OO1CR)222R2R95r

1 r1. OO2OQ2OQ2OQ105|PQ|≤|OP||OQ|9510595105

15（（1）由正弦定理及二倍角公式得3sinAsinB2sinBsinAcosA， （3分 （4分∴sinAsinB0 （5分 3，即Aπ （6分

sin

2R （7分∴a （8分∴bc

3 （9分

32b2c2

c233 （12分∴b2c23315 （13分 数学参考答案·数学参考答案·PAGE5页（9页16（（1）所以估计回答问题1和问题2的居民各有600人 （2分6~8月的比例为400 （4分2的为620200420（人 （6分4207 （7分（2）由（1）P7P(A620 （9分P(AB1P7 （12分P(B|APAB)20P(

（15分17（POADO 解得PO2，AO （2分∵BCAO∴OCAB数学参考答案·数学参考答案·PAGE6页（9页则OC2OP2POC90，即PO （4分OCOC∴PO平面 （5分∴平面PAD平面 （6分解：B，O. （7分）xyz轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设ODa(a0)， （8分mABx1由 mAPy12z1 （10分nCDx2ay2由nCPx22z2

（12分PABPCD

，则其余弦值的绝对值为1

|mn||m||n

|4a 1 5a2解得a248a920，a2或46 （14分a46AD47，此时APD为钝角，不符合题意；a2AD3，此时APD为锐角，符合题意，故AD （15分数学参考答案·数学参考答案·PAGE7页（9页18（（1）解：由题得f(x)2(1xcos （1分x(，0)时，1xcosx0f(x)0f(x在(，0上单调递增；x[0，时，令h(xf(x，则h(x)2sinx （3分f(x在[0，f(x)≤f(00f(x在[0，上单调递减．f(x)maxf(0)2f(x)的最大值为−2． （5分（2）f(x)≤2exx22(1a)x4，整理得sinxaxex1≥0当x0时，sinxaxex1≥0恒成立，符合题意 （6分g(xsinxaxex1g(xcosxexa，令t(x)g(x，则t(x)exsinx，x0ex1，t(x0g(x在(0，上单调递增，g(x)g(0)2a.①当a≤2g(x2a≥0g(x在(0，所以g(x)g(0)0，符合题意 （8分②当a2g(02a0g(ln(2a2cos(ln(2a0x0(0，ln(2ag(x00，当0xx0g(xg(x00所以g(x)在(0，x0)上单调递减，则当0xx0时，g(x)g(0)0，不符合题意 （10分 （11分证明：由（1）x0sinxx1x2x

2k2

k2k2 k

1 1 有 k k 2k

2k

2k

≥2k42k22k(k1)2kk1 （13分故sin1111，sin1111 （15分 2 2 2 3 1sin111111sin1111112 11 n1 2(nk k即sin1

（17分k

k 2(n19（C2cF(c，0)，P(x，y，则cx00

cPF2x轴，且|y0

a，S△F

31又离心率ec1以及a2b2c2，所以a24，b23，c2 C

（4分（2（ⅰ）

3 3

(x2)． 2 2 （6分PQ0PQxmy1xmyx2

有(3m24)y26my90 P(x，y)，Q(x，yAP：y3

y 2(x1)y3

y 2(x1)

x yBQ：y3

2(x1 （8分②－①得3

2

y3 2(x1，化简得3x1x4 my1 （10分则yy6m，yy 3m2 1 3m2 因为点M(4，t)，且kMP、k (yt)(

yyt(

y)

t0 1 k2 (my3)(my m2yy3m(yy) 41 1 化简得mt3． （14分m2m2（法一）MPQd，则d|4mt1||mtm2m2 （17分（法