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2026 年高中毕业年级第二次质量检测
数学参考答案
一、选择题
1-8 . BCBA　 　 CADD
二、选择题
9. ABC　 10. CD　 　 11. BD
三、填空题
12. ±2　 13. 10　 14. 135
1024
四、解答题
15. 解:(1)因为 b= 2,2cos A+ 1 a= c,则 bcos A+ 1 a= c. ………………………… 1 分
2 2
由正弦定理得:sin Bcos A+ 1 sin A= sin(B+A)= sin Bcos A+cos Bsin A, …… 2 分
2
1
则 sin A= cos Bsin A,因为 A,B∈(0, π ),则 sin A>0. …………………… 3 分
2 2
cos B= 1所以 ,所以 B= π . …………………………………………………… 5 分
2 3
、 b
2 +c2 -a2
法二 由余弦定理:cos A= , ………………………………………… 1 分
2bc
2cos A+ 1代入 a= c,得 b2 +c2 -a2 + 1 bac= bc2,又 b= 2,
2 2
故 b2 +c2 -a2 +ac= 2c2, ………………………………………………………… 3 分
2 2 2
整理得 c2 2
+a -b2 =
+ -
ac, cos B=a c b = 1故 , ……………………………… 4 分
2ac 2
B∈(0, π ), B= π又 故 . ……………………………………………………… 5 分
2 3
ì 0 2
(2)在锐角△ABC π π中,由í ,可得 2π
0π 6 2
3 2
π 1 　 3
sin(C+ ) sinC+ cos C
a = sin A = 3 = 2 2 = 1
　 3
又 + , …………………… 7 分
c sin C sinC sin C 2 2tan C
　
又 tanC> 3 , 0< 1 <　则 3 , a故 ∈( 1 ,2) . …………………………… 8 分
3 tan C c 2
高三数学答案　 第1页( 共6 页)
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a2 +c2 = a + c , t= a ∈( 1 ,2), f( t)= t+ 1 , f ′( t)= 1- 1又 设 设 则 ,
ac c a c 2 t t2
1 f( t) 在 ( ,1) 上单调递减, 在 (1,2 ) 上单调递增, 所以 f( t) min = f(1)= 2. …2
………………………………………………………………………………… 11 分
1 5 2 2 f( )= f(2)=
+
, f( t)∈[2, 5 ), a c [2, 5又因为 所以 故 的取值范围为 ) .
2 2 2 ac 2
………………………………………………………………………………… 13 分
16. 解: (1) 设 “甲选 A 类题答对” 为事件 C,
根据题意, X 的可能取值为 0,20,40,60. …………………………………… 1 分
P(X= 0)= P(C·C·C)= (1- 1 ) 3 = 1 ,
2 8
P(X= 20)= P(C·C·C+C·C·C+C·C·C)= C13 ×
1 ×(1- 1 ) 2 = 3 , …… 2 分
2 2 8
P(X= 40)= P(C·C·C+C·C·C+C·C·C)= C2 ×( 1 ) 23 ×(1-
1 )= 3 ,
2 2 8
P(X= 60)= P(C·C·C)= C3 ×( 1 ) 33 =
1 , ………………………………… 3 分
2 8
所以 X 的分布列是:
X 0 20 40 60
1 3 3 1
P 8 8 8 8
……………………………………………………………………………………… 4 分
设 Y 为甲答对的 A 1类题的个数,则 Y~B(3, ),且 Y= 20X, ……………… 5 分
2
由 DY= 3× 1 ×(1- 1 )= 3 ,故 X 的方差为 DX= 400×DY= 300. …………… 6 分
2 2 4
(2)设甲、乙的最终得分分别为 X,Z, “甲得分高于乙” 为事件 D, 甲得分高于
乙包括: 甲得 20 分、30 分、40 分、50 分、70 分五种情况, 这五种情况之间彼此互斥.
…………………………………………………………………………………… 7 分
又 P(X= 0)= P(Z= 0)= ( 1 ) 2 × 2 = 1 ,
2 3 6
P(X= 20)= P(Z= 20)= 2×( 1 ) 2 × 2 = 1 ,
2 3 3
P(X= 30)= P(Z= 30)= ( 1 ) 2 × 1 = 1 ,
2 3 12
高三数学答案　 第2页( 共6 页)
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P(X= 40)= P(Z= 40)= ( 1 ) 2 × 2 = , 1 ,
2 3 6
P(X= 50)= P(Z= 50)= 2×( 1 ) 2 × 1 = 1 ,
2 3 6
P(X= 70)= P(Z= 70)= ( 1 ) 2 × 1 = 1 ,
2 3 12
则 P(D)= P(X = 20)P(Z = 0) +P(X = 30) [P(Z = 0) +P(Z = 20)] +P(X = 40)
[P(Z= 0) +P(Z= 20) +P(Z= 30)] +P(X= 50)[P(Z= 0) +P(Z= 20) +P(Z= 30) +P(Z
= 40)] +P(X= 70)[1-P(Z= 70)],
故 P(D)= 1 × 1 + 1 ×( 1 + 1 ) + 1 ×( 1 + 1 + 1 ) + 1 ×( 1 + 1 + 1 + 1 ) + 1 ×(1-
3 6 12 6 3 6 6 3 12 6 6 3 12 6 12
1 )= 19. …………………………………………………………………………… 15 分
12 48
17. (1)证明:取 AD 中点 G,连接 EG,FG,DF,因为 AB∥CD,AB=2CD,F 为 AB 中点,
所以 CD∥BF,CD=BF= 2,故四边形 BCDF 为平行四边形 ………………… 1 分
又 AB⊥BC,BC=CD= 2,故四边形 BCDF 为正方形. ………………………… 2 分
从而可得△AFD 为等腰直角三角形,故 FG⊥AD …………………………… 3 分
又 EA=ED,即为 PA=PD,故 PG⊥AD ……………………………………… 4 分
又 FG∩PG=G,故 AD⊥平面 PFG …………………………………………… 5 分
又 PF 平面 PFG,故 AD⊥PF ……………………………………………… 6 分
(2) 　解:由 PA=PB= 2 2 ,得 PF⊥AB. ……………………………………… 7 分
由(1),得 AD⊥PF,又 AD∩AB=A,所以 PF⊥平面 ABCD. ………………… 8 分
又 CD 平面 ABCD,故 PF⊥CD. 又 CD⊥DF,DF∩PF=F,
故 CD⊥平面 PDF. …………………………………………………………… 9 分
易得 PF= 2 =DF,故△PDF 为等腰直角三角形.
取 PD 中点 H,连接 FH,则 FH⊥DP. 又因为 CD⊥平面 PDF,故 CD⊥FH.
又 DP∩CD=D,故 FH⊥平面 PCD. ………………………………………… 12 分
因为 FH 平面 ABH,故平面 ABH⊥平面 PCD. …………………………… 13 分
因为 AB / / CD,AB 平面 PCD,CD 平面 PCD,故 AB∥平面 PCD.
故平面 ABH 与平面 PCD 的交线平行于 CD,在平面 PCD 内过点 H 作 HQ∥CD 交
PC 于 Q,由 H 是 PD 中点, PQ得 Q 为 PC 中点,故 = 1. ………………………… 15 分
QC
高三数学答案　 第3页( 共6 页)
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法二、由 PA=PB= 2 　 2 ,得 PF⊥AB. ………………………………………… 7 分
由(1),得 AD⊥PF,又 AD∩AB=A,所以 PF⊥平面 ABCD. ………………… 8 分
故 PF⊥AB,PF⊥FD,又 FB⊥FD,故 FP,FB,FD 两两垂直.
以 F 为坐标原点,分别以 FB,FD,FP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的
空间直角坐标系. …………………………………………………………………… 9 分
则 F(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0) .
→ →
故 DC= (2,0,0),DP= (0,-2,2),设平面 PCD 的一个法向量为 n= (x,y,z),
n·D→{ C= 2x= 0, {x= 0,则由 → 所以 - = 可取 n= (0,1,1 ) . ………………… 10 分n·DP= -2y+2z= 0, z y 0,
设 Q= (x → → →0,y0,z0),令 PQ=λPC,则 Q = (2λ,2λ,2-2λ),AQ = (2λ+2,2λ,2-2λ),
B→Q= (2λ-2,2λ,2-2λ),…………………………………………………………… 13 分
ì λ= 1 ,

ì s(2λ+2) +t(2λ-2)= 0,
2


即í2sλ+2tλ= 1,

解得ís=
1 , …………………………………… 14 分
4 s(2-2λ) +t(2-2λ)= 1,



t=
3 .
4
P→Q= 1 P→C, PQ所以 故 = 1. …………………………………………………… 15 分
2 QC
　 　
18. 解:(1)当 t= - 2时,直线 l:x = - 2 y+1,令 x = 0,得 y = 2 　 2 ,即椭圆的上顶点为
4 4
(0,2 　 2 ),故 b= 2 　 2 . ……………………………………………………………… 1 分
又△AF F 的周长为 8,即 2a+2c= 8,又 a2 -c21 2 = b2 = 8,解得 a= 3,c= 1. …… 3 分
x2 y2
所以椭圆 C 的方程为 + = 1. ……………………………………………… 4 分
9 8
(2)由(1)知,M(-3,0),N(3,0),设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 l 与椭圆 C 方程联立
ìx2 y2
+ = 1,
í 9 8 得(8t2 +9)y2 +16ty-64 = 0,………………………………………… 5 分

x= ty+1.
高三数学答案　 第4页( 共6 页)
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ìy +
-
y = 16t
1 2 8t2
,
+9
则í - ( ) ………………………………………………………… 6 分 64
y1y2 = 2 .
8t +9
进而可得 ty1y2 = 4(y1 +y2) .
→ →
由题意知,HA·HB≤0 对于任意的 t∈R 恒成立,即(x1 -x0,y1)·(x2 -x0,y2)≤0,
即( t2 +1)y1y2 +t(1-x0)(y1 +y2) +(1-x 20) ≤0, ……………………………… 8 分
将上面的( )代入上式,整理得
(8x20 -72) t2 +9(1-x0) 2 -64≤0 对于任意的 t∈R 恒成立,
{8x
2
0 -72≤0,
故 解得- 5 ≤x0≤3, x
5
故 0 的取值范围为[ - ,3] . …… 11 分9(1-x0) 2 -64≤0, 3 3
(3) |NA | × |NQ | = |N→A·N→B | = | (x1 -3)(x2 -3) +y1y2 | . …………………… 14 分
= | ( t2 +1)y 28 281y2 -2t(y1 +y2) +4 | =8t2
≤ . ………………………………… 16 分
+9 9
|NA | |NQ | 28故 的最大值为 . ………………………………………………… 17 分
9
19. 解:(1)设 h(x)= f(x) -g(x)= ex -ax2 -x-1,据题意,h(x) ≥0 对 x∈[0,+)
恒成立,由 h′(x)= ex-2ax-1,令 p(x)= ex-2ax-1,则 p′(x)= ex-2a, …………… 1 分
(i)当 2a≤1,即 a≤ 1 时,p′(x)≥0,p(x)在[0,+)上单调递增,p(x) ≥p(0)=
2
0,即 h′(x)≥0,h(x)在[0,+)上单调递增,h(x)≥h(0)= 0,故 f(x)≥g(x),所以 a
≤ 1 满足题意. ……………………………………………………………………… 3 分
2
(ii) a> 1当 时,令 p′(x)= ex-2a= 0,解得 x= ln(2a),则当 x∈(0,ln(2a))时,
2
p′(x) <0,p(x)在(0,ln(2a))上单调递减,p(x) (0,ln(2a))上单调递减,h(x) 矛盾.
1
综上,a≤ . …………………………………………………………………… 5 分
2
(2) f(x)≤-2+ 4 4- 即为 e
x≤-1+ ,当 x∈[0,1]时,上式等价于 x+2+(x-2) ex
2 x 2-x
≥0,令 n(x)= x+2+(x-2)ex,x∈[0,1],则 n′(x)= 1+(x-1)ex, ………………… 6 分
令 m(x)= 1+(x-1)ex,则 m′(x)= xex≥0, …………………………………… 7 分
所以 m(x) 在 [0,1 ] 上单调递增,m( x) ≥m( 0) = 0,即 n′( x) ≥0,故 n( x) 在
[0,1 4] 上单调递增,故 n(x)≥n(0)= 0,即 ex≤-1+ - . ………………………… 8 分2 x
高三数学答案　 第5页( 共6 页)
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故当 x∈[0,1]时,不等式 f(x)≤-2+ 4- 恒成立. …………………………… 9 分2 x
(3)证明:令 F(x)= ex+ 1 x2 -1,x∈[0,+),易知 F(x)在[0,+)上单调递增,
2
1 ≤ex0 + 1故当 x20 -1≤
2
+ 时,必有 x0∈[0,1] . …………………………… 10 分n 2 n 1
要证 x ∈( 1 , 2 ), 1 20 + + 只需证 F( + ) 1 2 1 1 2 2
由已知, ≤F(x0)≤ + ,故只需证 F( + ) < 且 F( + ) > + . ……… 13 分n n 1 n 1 n n 2 n 1
由(1)知, a= 1取 ,F(x)= ex+ 1 x2 -1≥x2 +x, 2故 F( + )≥(
2 ) 2 + 2
2 2 n 2 n+2 n+
,
2
( 2 ) 2 + 2又 - 2 = 2n+ + + 2 >0,故 F(
2 ) > 2
n 2 n 2 n 1 (n+1)(n+2) n+2 n+
. ……………… 15 分
1
由(2) , 1 4 1知 当 x∈[0,1]时,F(x)= ex+ x2 -1≤-2+ + 2
2 2-
x ,
x 2
故 F( 1+ )≤
-2+ 4 + 1 ( 1 2 = 1 + 2
n 1 - 1 2 n+
) ,
2 1 2(n+1)
2 2n+1
n+1
1 + 2 - 1 = (2n+1)n+4(n+1)
2n-2(n+1) 2(2n+1)
又 =
2(n+1) 2 2n+1 n 2n(2n+1)(n+1) 2
-3n-2 <0,
2n(2n+1)(n+1) 2
1
故 F( ) < 1 .
n+1 n
,F( 1 ) 高三数学答案　 第6页( 共6 页)
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