数学答案-辽宁省实验中学2026届高三上学期期中考试_251114辽宁省实验中学2026届高三上学期期中考试（全科）

26 届高三上学期数学期中考试试题参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C C B D A D A C ACD AC ABD
12.
1 / 4
 5 ；13.
 1
5
,
1
3

；14. ,
3
2


 
15.解析：(1) ∵a 1，a 2a 1
1 n1 n
∴ a
n  1
 1  2 ( a
n
 1 ) ， a
1
 1  2
即：
a
n
a

n
1


1
1
 2 ；…………4分
可得： a
n
 1  2  2 n  1  2 n
即： a
n
 2 n  1 ………………6分
（2）由（1）得， a
n
 2 n  1 ， a
n  1
 2 n  1  1 .
则
a
n
2

n
a
n  1

( 2 n  1 )
2

n
( 2 n  1  1 )

2 n
1
 1

2 n
1
 1  1
…………10分
所以：
a


2

1
2
1
a
2
1
1 

2

1
n
a

1
 1
2
2
2

2
 a
1
2
1
3



1
1

a
2
3
2
3
 a
1
2 
4
1


  
2
a
1
3
n

2

1
n
a
n

 1
   
2 n
1
 1

2 n
1
 1  1
即：
a
1
2
 a
2

a
2
2
2
 a
3

a
2
3
3
 a
4
   
a
n
2

n
a
n  1
 1 …………13分
16.解析：(Ⅰ)甲胜的概率为
P
甲
 C 33
 3
5

3
 C 23
 3
5

2

2
5

3
5
+ C 24
 3
5

2

 2
5

2

3
5

2
3
1
1
3
2
3
5
…………5分
(Ⅱ)设乙获胜的局数为X ，X=0,1,2,3
P ( X  0 )  C 03 
 3
5

3

1
2
2
7
5
；
P ( X  1 )  C 13 
2
5

 3
5

2

3
5

1
6
6
2
2
5
；
P ( X  2 )  C 24 
 2
5

2

 3
5

2

3
5

3
6
1
4
2
8
5
；
992
P(X 3)1P(X 0)P(X 1)P(X 2) 。
3125
X 的分布列为：
X 0 1 2 3
P 27
125
1
6
6
2
2
5 3
6
1
4
2
8
5
9
3
9
1
2
2 5
27 162 648 992 5082
∴E(X) 0 1 2 3 1.62624（局）………10分
125 625 3125 3125 3125(Ⅲ)设事件
2 / 4
A  “甲获得比赛胜利”，事件 B  “乙获胜一局”。
P ( A )  C 33
 3
5

3
 C 23
 3
5

2

2
5

3
5
+ C 24
 3
5

2

 2
5

2

3
5

2
3
1
1
3
2
3
5
；
2
3 2 3 162
P(AB)C2      ；
3 5 5 5 625
P(AB) 810 30
∴P(B| A)   ……………………15分
P(A) 2133 79
17.解析：(Ⅰ)解析：∵ b  4 , c  2 a ， B  6 0  .
由余弦定理： b 2  a 2  c 2  2 a c c o s B
可得， a 2 
1 6
3
；………………4分
而 S
 A B C

1
2
a c s i n B 
2
3
a 2 
2
3
3
………………6分
(Ⅱ)∵ S
 A B C
 S
 A B D
 S
 C B D
， c  2 a
即：
1
2
a c s i n 1 2 0  
1
2
c  B D s i n 9 0  
1
2
a  B D s i n 3 0 
化简得： 2 3 a  5 B D .…………9分
(Ⅲ)由余弦定理：b2 a2c22accosB且b4,c2a
可得， a 2 
5 
1
4
6
c o s B
而 S
 A B C

1
2
a c s i n B  a 2 s i n B 
5
1

6 s
4
i
c
n
o
B
s B
………………12分
令 y 
5
1

6 s
4
i
c
n
o
B
s B
，则 5 y  4 y c o s B  1 6 s i n B ，即 4 s i n B  y c o s B 
5
4
y
可得， y 2 1 6 s i n ( B )
5
4
y
    ，其中 t a n
y
4
,    的终边经过点 ( 4 , y ) ( y  0 ) .…………13分
因此，取为锐角。所以，
5
4
y
 y 2  1 6 解得 0  y 
1 6
3
…………14分
此时， a r c t a n
4
3
  ， B
2

   ，
即 B
2
a r c t a n
4
3

  时， S
 A B C
取得最大值
1 6
3
.………15分
{其它解法只要结果正确，酌情给分}
18.解析：（Ⅰ）连结 A B
1
，∵平面 A B C 平面 A B B
1
A
1
，且 A B  B C ，
∴BC  平面 A B B
1
A
1
， ………………2分
又∵ B
1
C
1
/ / B C ，∴BC 平面
1 1
A B B
1
A
1
，又∵AB平面ABB A ，∴ABBC ……①………………4分
1 1 1 1 1 1
而▱𝐴𝐵𝐵 𝐴 中，
1 1
A B  A A
1
，所以▱𝐴𝐵𝐵 𝐴 为菱形，∴AB AB ……②……5分
1 1 1 1
又∵ A B
1
B
1
C
1
 B
1
……③…………6分
由①②③可得， A
1
B  平面 A B
1
C
1
∴ A
1
B  A C
1
。………………8分
(Ⅱ) (i)∵平面ABC 平面ABB A 且平面ABC 平面ABB A  AB
1 1 1 1
在平面ABB A 内，过B 作BH  AB于H.
1 1 1 1
则B
1
H 平面ABC.………………10分∵∠
3 / 4
A B B
1 3

 ∴ B
1
H B
1
B s i n
3
3

 
∴ V
F  B C1 C1 B
 2 V
F  B C1 B
 2 V
B 1  F B C
 2 
1
3

1
2
 3 
3
3
…………12分
(ii) 延长 A
1
B
1
至 G 使 B
1
G  1 ，连接 B G ，因为 A B B
1 3

  .
则 B G  A
1
G , B G  B C , A B  B C
建立如图所示的空间直角坐标系，
1
其中各点坐标为：B(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1, 3),F( ,1,0)……13分
1 2
B F  (
1
2
, 1 , 0 ) , B B
1
 ( 0 , 1 , 3 ) , B C  ( 1 , 0 , 0 )
设平面 F B B
1
的一个法向量为 n  ( x , y , z )
则
 n
n


B
B
F
B
1


0
0
即
 1
2
y
x

 y
3 z


0
0
.取 y   3 ，则 x  2 3 , z  1 .
那么， n  ( 2 3 ,  3 , 1 ) …………14分
设平面 B B
1
C 的一个法向量为m(a,b,c).
则
 n
n


B
B
C
B
1


0
0
即
 x
y


0
3 z  0
.取 y  3 ，则 x  0 , z   1 .
那么， m  ( 0 , 3 ,  1 ) .…………15分
设二面角 F  B B
1
 C 的平面角为，由图可知为锐二面角.
所以 c o s
m
m
n
n ( 2 3 ) 2 (
3
3 ) 2
3
1 2
1
( 3 ) 2 1 2
1
2
 









 
 …………17分
19.解析：(Ⅰ) ∵ f ( 1 )  ( a  1 ) l n 1  0
ax a
， f(x)lnx  lnx1
x x
则 f ( 1 )  a  1
可得： y  0  f ( 1 ) ( x  1 )
即： y  ( a  1 ) x  1  a ………………3分
(Ⅱ)即 f(x)在(0,)上存在唯一变号零点。
∵ f ( x )   l n x 
a 
x
x

a
x
 l n x  1 （ a  0 ）
设 g ( x )  f ( x ) 
a
x
 l n x  1 ；
a 1 a
g(x)  0，则g(x) f(x) lnx1在
x2 x x
( 0 ,   ) 上单调递减
而 g (
1
e
)  a e  l n
1
e
 1  a e  0
a a 1
，g(ea1) lnea11 aa( 1)0
ea1 ea1 ea1
1 
∴g(x)在 ,ea1 上存在唯一变号零点。
e 
可得， f(x)存在唯一的极值点.……………………8分
(Ⅲ) 根据题意，存在a0，对任意x0， f(x)ab。
G考虑到
4 / 4
 x  0 ， f ( x )  a  b   x  0 ， b  a ( l n x  1 )  x l n x ，
令 L ( x )  a ( l n x  1 )  x l n x ，则其导函数为： L ( x ) 
a
x
 l n x  1  g ( x )  f ( x )
由(Ⅱ)，设 g ( x )  f ( x ) 
a
x
 l n x  1 的变号零点为 x
0
，即 g ( x
0
) 
a
x
0
 l n x
0
 1  0
可得， a  x
0
( 1  l n x
0
) ，∵ a  0 ，则有 x
0

1
e
并且可知在 ( 0 , x
0
) 上L(x)0，得L(x)在 ( 0 , x
0
) 上递增
在 ( x
0
,   ) 上L(x)0，得 f(x)在 ( 0 , x
0
) 上递减。
则 y  x (lnx )2 x (1lnx )………………12分
max 0 0 0 0
1
命题转化为：存在x  ，b x (lnx )2 x (1lnx )
0 e 0 0 0 0
令 M ( x )  x ( l n x ) 2  x ( 1  l n x ) , ( x 
1
e
)
M ( x )  ( l n x ) 2  l n x  2  ( l n x  2 ) ( l n x  1 ) , ( x 
1
e
)
∴当 x 
 1
e
, e

时， M ( x )  0 ， M ( x ) 在
 1
e
, e

上递减；
当  e ,    时， M ( x )  0 ， M ( x ) 在  e ,    上递增；
则 M ( x )
m in
 M ( e )   e
∴ b   e
即 b
m in
  e ………………17分