河南省2026届高三上学期第三次联考数学试卷（含解析）

注意事项：ADA.x+y=0B.x-y+2=0C.x-y+4=0D.x+y+4=0ABC.(-3,-2)U(2,3]y²—2y+1)f(x)=(x²—2x+1)f(y),且f(0)=1,则A.f(一2)>f(3)A.b=4B.|GF₁I²-|GF₂|²=30(1)若OA·OB=0,已知函数f(x)=lnx—ax+a.数学试卷参考答案题序123456789答案CADCBABDBCDABDACD42【评分细则】【1】第1～8题，凡与答案不符的均不得分.【2】第9,10,11题，全部选对的得6分，有选错的不得分，每选对一个得2分.【3】第12,13,14题，凡与答案不符的均不得分.由题意可得a·b=6—3m=0,解得m=2.由题意可得A={x|-1≤x≤3},B={x|x<1—a}.因为A∩B=A,所以ACB,则1—a>3,解得a<-2.f(x)=x²—2x在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，A不符合题意.在(0,十∞)上单调递增，B不符合题意.因为y=x³和在(0,十∞)上均单调递增，所以在(0,十∞)上单调递增，C不符合题意.因为y=2*在(0,十∞)上单调递减，y=log₂x在(0,十∞)上单调递增，所以f(x)=2⁻x—log₂x在(0,十∞)上单调递减，D符合题意.4.C【解析】本题考查异面直线所成角的余弦值，考查直观想象的核心素养.z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2,则A(2,0,0),E(1,1,0),F(2,1,2),G(0,1,2),所以AG=(-2,1,2),EF=(1,0,2).设异面直线AG与EF所成的角为θ,则cosθ=【高三数学·参考答案第1页(共10页)】·C2·因为f(x)=x³+(a-2)x²—ax是定义在R上的奇函数，所以a—2=0,解得a=2,所以f(x)=x³-2x,所以f'(x)=3x²-2,所以f(-1)=-1+2=1,f'(-1)=3-2=1,则所求切线方程为y-1=x+1,即x-y+2=0.因为(cosB+1)a=(√3—cosA)b,所以cosBsinA+sinA=√3sinB—cosAsinB,所以cosBsinA+cosAsinB+sinA=√3sinB,所以sin(A+B)+sinA=√3sinB.因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sinC,所以sinC+sinA=√3sinB,所以a+c=√3b.由余弦定理可得因为a+c=√3b≥2√ac,当且仅当a=c时，等号成立，所以,所以.因为0<B<π,所以,则tanB≤2√2.设该圆柱底面圆的半径为r,高为h,则2(2r+h)=12,故h=6—2r.设该圆柱外接球的半径最小,则圆柱的体积V=πr²h=πr²(6—2r)≤π×4π,解.若w<0,则wx∈(wπ,0).要使得f(x)在区 解得故w的取值范围是因为,所以z的实部是在复平面内对应的点的坐标为,位于第四象限.令y=0,得f(x)=(x²—2x+1)f(O).因为f(0)=1,【高三数学·参考答案第3页(共10页)】·C2·f(-2)=9,f(3)=4,则f(-2)>f(3),A正确.因为f(x)=x²—2x+1=(x—1)²≥0,当且仅当x=1时，等号成立，所以B正确.因为f(x)=(x-1)²,所以f(x-1)=(x-2)²,所以f(x-1)的图象不关于y轴对称，C错误.因为f(x)=(x-1)²,所以f(x)的图象关于直线x=1对称，且f(x)在(一∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，则|x²+2x+2—1|>|5x+6—1|以解得x>4或x<-6,D正确.设△PF₁F₂内切圆的半径为r,,解得c=5,故b=√c²—a²=4,A正确.作GH⊥F₁F₂,垂足为H(图略),则GH=r.由双曲线的定义及(|HF₂I²+r²)=60,B错误.因为|PF₁|=|PF₂|+2a=|PF₂|+6,所以|PA|-|PF₁|=|PA|-|PF₂|—6.因为|PA|-|PF₂I≤|AF₂|=13,—6≤7,C正确.延长PG交F₁F₂于点M(图略).因为,所以PM=由角平分线定理可,所以|PF₂|=解得|PF₁|=18,D正确.由题意可得4p=4²,则p=4,所以抛物线C的准线方程为x=-2,故点A到C的准线的距离是2+2=4.因为ab=2,所以当且仅,即a=2,b=1时，等号成立.因为a,b,c是等差数列中的连续三项，所以2b=a+c,所以c=2b—a,则直线l的方程为ax—by—4b+2a=0,即a(x+2)—b(y+4)=0,故直线l过定点M(-2,—4).由题意可知圆C的圆心为C(-3,—3),半径r=√10,则|AB|≥2√r²-|MC|²=2√10-2=4√2.解：(1)因为a=3an-1+1,所以………………2分因为a₁=1,所以……………3分所以是以为首项，3为公比的等比数列，……4分则,………………6分故………………………7分(2)由(1)可知,则S„=a₁+a₂+a₃+…+an……………9分………………………11分.……………13分【评分细则】第(2)问还可以这样解答：设数列的前n项和为T,.由(1)可知是以为首项，3为公比的等比数列，则…………11分故…………13分【高三数学·参考答案第5页(共10页)】·C2·解：(1)因为c+bcosA=b+acosB,所以sinC+sinBcosA=sinB+sinAcosB.…………………1分因为A+B+C=π,所以C=π—(A+B),所以sinAcosB+cosAsinB+sinBcosA=sinB+sinAcosB,即2sinBcosA=sinB.4分因为0<B<π,sinB>0,所以………………6分因为0<A<π,所以………………7分(2)由(1)可知,贝(k∈Z).因为φ∈[0,π],所,即……………1…………………………13分…………………………14分所以,即g(x)的值域……15分【评分细则】第(1)问还可以这样解答：因为c+bcosA=b+acosB,所以,…………2分所以2即分因为0<A<π,所以………………7分(1)证明：因为AA₁=4,所以CC₁=4.……………………1分因为AC=2,∠C₁CA=60°,所以AC₁=√AC²+CC²-2AC·CC₁cos∠C₁CA=2√3,………………2分则AC²+AC²=CC²,所以AC₁⊥AC.……………………4分因为AC₁⊥BC,ACC平面ABC,BCC平面ABC,且AC∩BC=C,所以AC₁⊥平面ABC.………………6分因为AC₁C平面ACC₁A₁,所以平面ACC₁A₁⊥平面ABC.……………7分(2)解：以A为坐标原点，AC,AC₁所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.由题中数据可知A(0,0,0),A₁(-2,0,2√3),B(-1,√3,0),C(2,0,0),C₁(0,0,2√3),设平面AC₁D的法向量为n=(x₁,y₁,≈1),(√3,5,0).…………………11分设平面BCC₁B₁的法向量为m=(x₂,y2,≈2),令x₂=√3,得m=(√3,3,1).………13分设平面AC₁D与平面BCC₁B₁的夹角为θ,则,即平面AC₁D与平面BCC₁B₁夹角的余弦值……15分【评分细则】第(1)问还可以这样证明：由向量的运算性质可知AC₁=CC₁-CA,………………1分故AC⊥CA,即AC₁⊥AC.………………4分因为AC₁⊥BC,ACC平面ABC,BCC平面ABC,且AC∩BC=C,所以AC₁⊥平面ABC.………………6分因为AC₁C平面ACC₁A₁,所以平面ACC₁A₁⊥平面ABC.……………7分分则椭圆C的标准方程………4分(2)(i)当直线OA的斜率存在，且不为0时，设直线OA的方程为y=k₁x,A(x₁,y₁).得,则…………5分因为OA·OB=0,所以OA⊥OB,则直线OB的方程为,设B(x₂,y₂).同理可得,则………6分当直线OA,OB中的一条直线斜率不存在时，另一条直线的斜率为0,此……………8分综上……………9分则△=(8kt)²—4(4k²+1)(4t²—4)=16(4k²—t²+1)>0,即4k²+1>t².设A(x,y₁),B(x'2,y₂),则,…………11分所以即点D的坐标为所以……………12分因为,所以直线OD的方程为即点E的坐标为…………………15分所以直线l的方程为,则直线l过定点.…………17分设直线OB的方程为y=k₂x,B(x₂,y₂).则k₁k₂=-1,当a>0时，由f'(x)>0,得,由f'(x)<0,得则f(x)在上单调递增，上单调递减.………………3分上单调递减.……………………4分时，f(x)>0,则a≤0不符合题意.………6分……………8分—1,所以……………………10分当x∈[1,十∞]时………………11分故要证2xelnx—x³—x²+2≥0,只需证2e(x—1)—(x-1)(x²+2x+2)≥0,即证2e—x²—2x-2≥0.…………13分设g(x)=2e—x²—2x-2,则g'(x)=2(eˣ—x—1).………………14分由(2)可知Inx≤x-1,则lne≤e—1,即e—x-1≥0,……………15分所以g'(x)≥0,所以g(x)在[1,+∞]上单调递增，所以g(x)≥g(1)=2e—5>0,…………………16分故对一切的x∈(1,+∞),都有2xelnx-x³—x²+2≥0.……………17分【评分细则】因为