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