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郑州市 2026年高三第二次质量预测数学评分参考
一、选择题（每小题 5 分，共 40 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D A C D C A
二、选择题（每小题 6 分，共 18 分）
题号 9 10 11
答案 ABC BD ACD
三、填空题（每小题 5 分，共 15 分）
7
12.0 13. ( , 2) 14. 3
3
四、解答题
15.解：（1）因为BD = 2DC，所以 S△ABC = 3S△ADC，
1 3
则 AB ACsin BAC = AD ACsin DAC，
2 2
即 AB ACsin BAC = 3AD ACsin DAC， ............................................3 分
因为 BAC + DAC = π，所以sin BAC = sin (π DAC ) = sin DAC，
AB
所以 AB = 3AD，即 = 3． ...........................................................6 分
AD
（2）不妨令BD = 2DC = 2，则BC = 3，CD = AC =1，设 AD = x，则 AB = 3x．
在△ACD中，由余弦定理得 x2 = AC2 +CD2 2AC CDcos ACD，
即 x2 = 2 2cos ACD．① ............................................9 分
在 ABC中，由余弦定理得9x2 = BC2 + AC2 2BC ACcos ACB，即
9x2 =10 6cos ACD．② ............................................11 分
2
①②联立，解得cos ACD = . ...........................................................13
3
分
16.解：（1）设 AC BD =O，在平面PAC内过点 A作 AH ⊥ PO，垂足为H ，
因为平面PAC ⊥平面PBD，平面PAC 平面PBD = PO，
所以 AH ⊥平面PBD， ............................................2 分
又 BD 平面PBD，所以BD ⊥ AH， ............................................3 分
因为PA ⊥平面 ABCD， BD 平面 ABCD，所以BD ⊥ PA，............................................4 分
因为BD ⊥ AH， PA AH = A，PA 平面PAC， AH 平面PAC，
1
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}
所以BD ⊥平面PAC， ............................................5 分
又因为PC 平面PAC，所以BD ⊥ PC . ............................................6 分
π
（2）在△ABD中，由 AB = 3 ， AD =1， AB ⊥ AD，可得BD = 2， ABD = ，
6
1 1 1
由（1）知BD ⊥ AC，则VP ABCD = SABCD PA = 2 AC 3 = 2，
3 3 2
π
解得 AC = 2 3 ， BAO = ，所以BC = ( 3)2 + (2 3)2 3 2 3 = 3， AB ⊥ BC，
3
............................................8 分
因为PA ⊥平面 ABCD， AB, AD 平面 ABCD，所以 AP ⊥ AB， AP ⊥ AD，
以 AP, AB, AD为 z, x, y轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以P (0,0, 3)，A(0,0,0)，B ( 3,0,0)，D (0,1,0)，C ( 3,3,0)，.....9 分
设平面PBC的一个法向量为n = (x, y, z )，
BC = (0,3,0)， BP = ( 3,0, 3)，
BC n = 3y = 0
则 ，取n = (1,0,1)， ......................11 分
BP n = 3x + 3z = 0
设平面 PCD的一个法向量为m = (x, y, z )，
又PD = (0,1, 3)，PC = ( 3,3, 3 )，
PD m = y 3z = 0
则 ，取m = ( 2, 3,1)， ......................13 分
PC m = 3x + 3y 3z = 0
n m 1 1
所以cos n,m = = = ，
n m 2 8 4
1
所以平面PAD与平面 PCD的夹角的余弦值为 . ......................15 分
4
2
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}
x
17.解：（1）当a = 2时， f (x) = 2x xex， f (x) = 2 (x +1)ex，设切点 (x0 , 2x0 x
0
0e )
x x
则切线方程为 y (2x0 x e
0
0 ) = (2 (x0 +1)e
0 )(x x0 )， ......................2 分
x x x
把 0, 代入得m (2x0 x0e
0 ) = (2 (x0 +1)e
0 )(0 x ) m = x 2，整理得 00 0 e ，
2 x
因为过点 (0,m)可以作曲线 y = f (x)三条切线，所以m = x0 e 0 有三个解. ......................4 分
设 g(x) = x2ex , g (x) = (x2 +2x)ex，令 g (x) 0，得 x 2或x 0 ，令 g (x) 0，得 2 x 0，
所以 g(x) 在区间 ( , 2)和 (0,+ )上单调递增，在 ( 2,0) 上单调递减；
4 4 x
g( 2) = ， g(0) = 0，所以当0 m 时，m = x
2e 0 有三个解，过点 (0,m0 )可以作曲线
e2 e2
y = f (x)三条切线. ......................7 分
（2） f (x)≤ a + b等价于b≥ ax xex a对任意 x R 成立，令h(x) = ax xe
x a,a 0 ，则
b≥ h(x)max .
h (x) = a (x +1)ex，h (x) = (x + 2)ex，h (x)在 ( , 2)上单调递增，在 ( 2,+ )上单调递减，
当 x 1时，h (x) 0，x→+ ，h (x) 0，所以存在 x 0 ( 1,+ )，h (x0 ) = 0，且当 x ( , x0 ) ，
h (x) 0， h(x) 单调递增，当 x (x h (x) 0 h(x)0 ,+ ) ， ， 单调递减.
x x
h(x) = h(x ) = ax x e 0 ，又因为h (x ) = a (x +1)e 0
x
max 0 0 0 0 0 = 0，所以a = (x0 +1)e
0 ，
x
h(x) = x (x +1)e 0
x0 x x e (x +1)e 0 = (x 2
x
x 1)e 0max 0 0 0 0 0 0 ， ......................11 分
存在a 0，即 x b≥ h(x ) b≥ h(x )0 ( 1,+ )，使得 0 即可，所以 0 min .
令 (x) = (x2 x 1)ex , x 1， (x) = (x2 + x 2)ex = (x + 2)(x 1)ex，所以 (x) 在 ( 1,1) 上单
调递减，在 (1,+ )上单调递增， (x)min = (1) = e .所以b≥ e .
综上，当b≥ e 时，存在a R +，使得 f (x)≤ a + b对任意 x R 成立. ......................15 分
bc
18.解：（1）因为焦点到一条渐近线的距离为 1，即 d = = b =1，又点P(2, 1)在双
a2 + b2
22 12 2
曲线上，所以 x 2 =1，解得a2 = 2 .所以双曲线的方程为 y =1. ......................5 分
a2 b2 2
3
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}
（2）圆 E： (x 5)2 + y2 = 2的圆心E (5,0)，半径为 2 .
因为T是圆 E上的动点，直线 ST与圆 E相切，所以 ST ⊥ TE， TE = 2 .
2 2 2
所以 ST = SE ET = SE 2 .
( x
2
设 S x , y )，因为点S 是双曲线C上的动点，所以 0 y20 0 0 =1. 2
2 2
2
所以 SE = (x 5) + y2 = x2
x 3 10 22
0 0 0 10x + 25+
0
0 1 = x + ， 0
2 2 3 3
10 22
当 x SE0 = 时， 取得最小值，此时 SE = ，
3 min 3
22 4 3
所以 ST = 2 = . .................................10 分
min 3 3
（3）由题意知，直线 AB的斜率存在，设直线 AB的方程为 y = kx +m .
x2
y
2 =1 2 2 2
联立 2 ，整理得 (1 2k ) x 4kmx 2m 2 = 0 ，

y = kx +m
2
Δ = ( 4km) 4(1 2k 2 )( 2m2 2) = 8(m2 +1 2k 2 ) 0且1 2k 2 0 ，
4km 2
设 A( x1, y1 )，B (x2 , y2 )
2m 2
，则 x1 + x2 = ， x x = ， .................................12 分
1 2k 2 1 2 1 2k 2
y +1
直线PA的方程为 y +1=
1 (x 2)，
x1 2
2y1 + 2 2y
令 x = 0 ，则 y = 1 ，即M 0, 1 1
+ 2
.
x1 2 x1 2
2y + 2
同理可得，N 0, 1
2
.
x2 2
2y + 2 2y + 2
因为M ,N关于原点对称，所以 1 1 + 1 2 = 0，.................................13 分
x1 2 x2 2
2(kx1 +m)+ 2 2(kx2 +m)+ 2
即 1 + 1 = 0，
x1 2 x2 2
整理得 (2k +1) x1x2 (2k m+1)(x1 + x2 ) 4m = 0，
(2k +1)( m2 3) 2km
即 (2k m+1) 4m = 0，
1 k 2 1 k 2
整理得m2 + 2km + 2m + 2k +1= 0， .................................14 分
4
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}
即 (m +1)(m + 2k +1) = 0，
所以m = 1或m + 2k +1= 0 . .................................15 分
若m + 2k +1= 0，则m = 2k 1，则直线方程为 y = kx 2k 1，即 y +1= k (x 2)，
此时直线 AB过点P (2, 1)，不符合题意.
若m = 1，则直线方程为 y = kx 1，恒过定点D (0, 1)， .................................16 分
所以 PD = 2为定值，又PQ ⊥ AB，在Rt△PQD中， PD为斜边，
1
所以当 R为PD中点 (1, 1)时， RQ = PD =1 .
2
因此存在点R (1, 1)，使得 |QR |为定值. .................................17 分
19.解：（1）拿到标号为 3 的奖券， X = 3，即至少有一次抽到 3，所以
2
2 5
P (X = 3) =1 = . .................................2 分
3 9
拿到编号为 2 的奖券， X = 2，即没有抽到 3，且至少有一次抽到 2，
2 2
2 4 1 1
没有抽到 3的概率为 = ，没有抽到 3且全抽到 1的概率为 = ，
3 9 3 9
4 1 1
P (X = 2) = = .
9 9 3
5 1
所以最终拿到标号为 3 的奖券的概率是 ，最终拿到标号为 2的奖券的概率是 ．
9 3
.................................4 分
（2）①拿到编号不大于 k， X ≤ k ，即每次抽到的编号都小于等于 k .
k
所以P (X≤ k ) = ( )m， k =1,2,3,4 . ................................6 分
4
k
P (X = k ) = P (X≤ k ) P (X≤k 1) = ( )m
k 1
-( )m② ，k =1，2，3，4，
4 4
................................8 分
所以随机变量 X 的期望
1 2 1 3 2
E (X ) =1 ( )m + 2 [( )m ( )m ]+3 [( )m ( )m
3
]+ 4 [1 ( )m ]
4 4 4 4 4 4
1 2 3
= 4 ( )m ( )m ( )m. ................................10 分
4 4 4
5
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}
n n
k k 1
（3）P (X = k ) = P (X≤ k ) P (X≤ k 1) = - ，k =1,2, ,n，
n n
n
随机变量 X 的期望E (X ) = k P (X = k )
k=1
n n n n 1 2 1 n 1
=1 + 2 + + n 1
n n n n
n n n
1 2 n 1
= n . ................................13 分
n n n
n n n 1
设 f (x) = x + (1 x) ， x (0,1)， f (x) = n xn 1 (1 x) ，
当 n =1时，P (X =1) =1，E (X ) =1 1=1，等号成立；
1
当 n≥ 2 时，当 x 0, 时， f (x) 0， f (x)单调递减；
2
1
当 x ,1 时， f (x) 0， f (x)单调递增；
2
n n 1 2
所以 f (x) = x + (1 x) ≥ f = ， ................................15 分 n
2 2
n n n n
1 2 n 2 n 1
设M = + + + + ，
n n n n
n n n n
n 1 n 2 2 1
因为M = + + + + ，
n n n n
2 n 1
所以2M≥ (n 1) ，所以M≥ .
2n 2n
n 1
综上所述，E (X )≤n . ................................17 分
2n
6
{#{QQABAYKt4gC4kIaACY4rAwX6CQqYsIIiJEgsBUCauAwLiJNABAA=}#}

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