数学二模终稿答案(1)_2025年4月_250403东北三省三校2025届高三第二次联合模拟考试（哈师大附中、东师大附中、辽宁省实验中学）（全科）

三校二模答案 一、单选题答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B A D C D 二、多选题答案 题号 9 10 11 答案 AC BCD AC 三、填空题 5 12、120 13、 14、12、1: 5 4 四、解答题 15、（满分13分） a 解：（1） f(x)的定义域为(0,)， f '(x) 1 x 2 当a2时， f(1)15， f(x) 1，故 f(1)1． 2' x 曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y f(1) f(1)(x1)，即yx14． 4' a ax （2） f(x) 1 x x ①当a0时， f '(x)0，则 f(x)在(0,)单调递减，无极值 6' ②当a0时，0xa时， f '(x)0；xa时， f '(x)0 f(x)的增区间为(0,a)； f(x)的减区间为(a,) 所以， f(x)取极大值 f(a)a(lna1a3)， 8' 所以， f(a)0 lna1a3 0 1 设g(a)lna1a3 (a0)，则g'(a) 3a2 0，则g(a)在(0,)单调递增， a 又g(1)0，则g(a)0的a的取值范围为(1,)． 13' 16、（满分15分） 1 解：（1）由题意得：acosB bc 2 1 由正弦定理得：sinAcosB sinBsinCsin(AB) 2' 2 1 sinAcosB sinBsinAcosBcosAsinB 4' 2 1 所以， sinBcosAsinB，A、B(0,)，则sinB0 2 1  所以，cosA ，即：A . 6' 2 3     0C 0C （2）锐角ABC中，   2   2   8'    C  2  6 2 0B 0 C   2   3 2 1 {#{QQABRYAowgg4kBaACI5LA0mkCEgQkJEiLWosRQCeqAwjgBFABAA=}#} 1 3 sin(C ) sinC cosC b sinB 3 2 2 1 3      10' c sinC sinC sinC 2 2tanC 1 1 又tanC ，则0  3 3 tanC b 1 所以， 的取值范围为( ,2) 12' c 2 2b2c2 2b c 1 1 又   ，所以，设 f(t)2t ,t( ,2) bc c b t 2 2 2 2(t )(t ) 1 2t21 2 2 f '(t)2   t2 t2 t2 1 2 2 所以， f(t)在( , )递减，( ,2)递增 2 2 2 9 2b2c2 9 f(t)的取值范围为[2 2, )，即： 的取值范围为[2 2, ). 15' 2 bc 2 17、（满分15分） 解：（1）在四棱锥PABCD中，设点A到平面PBC的距离为h. 1 2 1 1 2 则V  S h hV  S AP V  ， 2' APBC 3 PBC 3 PABC 3 ABC 2 PABCD 3 解得h 2， 所以点A到平面PBC的距离为 2； 4' （2）如图，取PB的中点E，连接AE，因为APAB，所以AEPB, 又二面角APBC为90，所以平面APB平面PBC， 平面PAB平面PBC   平面PAB平面PBC PB  AE平面PBC 6' AE平面PAB  AEPB   所以，AEBC AP平面ABCD，由BC平面ABCD，可得APBC， PABC   AEBC  BC 平面PBA，即：BC  AB 8' AEPA A  AE、PA平面PAB  建立如图所示空间直角坐标系Axyz 由（1）得AE 2，所以APAB2，PB2 2，所以BC1 A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0)    则PD0,1,2，PB2,0,2,BC 0,1,0 10'     nPB2x2z 0  设平面PBC的一个法向量nx,y,z，则  ，可取n1,0,1， 12' nBC  y 0 2 {#{QQABRYAowgg4kBaACI5LA0mkCEgQkJEiLWosRQCeqAwjgBFABAA=}#}设PD与平面PBC所成角为，     |PDn| 2 10 则sin|cos PD,n |     14' PD  n 5 2 5 10 所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为 . 15' 5 18、（满分17分） （1）记：事件A“患流感”，事件A“未患流感”，P(A)0.5228 事件B“接种疫苗”，事件B“未接种疫苗”，则P(A|B)0.55 2' 由已知可得：A ABAB P(A)P(AB)P(AB)P(A|B)P(B)P(A|B)P(B) P(A|B)0.006 即现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，这人患病的概率为0.006． 4' （2）由已知：当n100且 p0.01时，二项分布近似于泊松分布 np6,10000.3%3， 设1000人中患流感的人数为Y 人，则Y 0,1,2 P(Y 0)e6， P(Y 1)6e6， P(Y2)18e6 7' P(Y 3)e66e618e6 0.0625 10' e66i1 e66i （3）由题意得：，P(X i1) ，P(X i) (i1)! i! P(X i1) 6i1 i! 6 所以，    12' P(X i) (i1)! 6i i1 P(X i1) ①当i5时， 1,P(X i)随i的增大而增大 P(X i) P(X i1) ②当i5时, 1，P(X i)随i的增大而减小 P(X i) P(X i1) ③当i5时, 1， P(X i) 所以，X 5或X 6时，P(X i)最大. 17' 3 {#{QQABRYAowgg4kBaACI5LA0mkCEgQkJEiLWosRQCeqAwjgBFABAA=}#}19、（满分17分） 解：（1）m 1，F(2,0)，m 2 0 1 1 2 1 直线PF :x y1，联立可得P( , 2) 1 0 4 0 2 3 2 直线PF :x y2，联立可得P(8,4 2)，则F (8,0) 0 1 4 3 3 由P(8,4 2)，P(2,2 2)，可得F (4,0) 3 2 2 综上可得：m 1，m 2，m 4，m 8 4' 0 1 2 3 （2）一方面，对任意的自然数k，都有直线P P 过点F (m ,0) 2k 2k1 2k 2k 设直线P P 的方程为：xt ym 2k 2k1 2k 2k xt ym  2k 2k  y2 4t y4m 0，则y y 4m ，x x m 2 y2 4x 2k 2k 2k 2k1 2k 2k 2k1 2k 因为，x m ,x m ，故m m m 2……① 7' 2k 2k1 2k1 2k1 2k1 2k1 2k 另一方面，对任意的自然数k，都有直线P P 过点F (m ,0) 2k 2k3 2k1 2k1 设直线P P 的方程为：xn ym 2k 2k3 2k 2k1 xn ym  2k 2k1  y2 4n y4m 0，则y y 4m ，x x m2 y2 4x 2k 2k1 2k 2k3 2k1 2k 2k3 2k1 m m 因为，x m ,x m ，故m m m2  2k3  2k1 ……② 10' 2k 2k1 2k3 2k3 2k1 2k3 2k1 m m 2k1 2k1 由①得：m m m 2 m m m2 2k1 2k1 2k 2k1 2k3 2k2 两式相乘得：m m2 m m 2m2 ......③ 2k1 2k1 2k3 2k 2k2 把②带入③，得：m4 m 2m2 m2 m m ， 2k1 2k 2k2 2k1 2k 2k2 4 {#{QQABRYAowgg4kBaACI5LA0mkCEgQkJEiLWosRQCeqAwjgBFABAA=}#}m m 即： 2k2  2k1 m m 2k1 2k m 综上可得：递推知数列{m }是等比数列，且公比为 1 m. n m 0 又m 1，故m mn(n0,1,2,3,). 13' 0 n （3）对任意的自然数k 1 |F P ||F P |sinP F P S P 2k P 2k1 F 2k1  2 2k1 2k1 2k1 2k 2k1 2k1 2k  |F 2k1 F 2k1 | S 1 |F F | P P F |F P ||F P |sinP F P 2k3 2k1 2k2 2k3 2k1 2 2k1 2k3 2k1 2k2 2k2 2k1 2k3 m2k1m2k1 m2k1m2k1 1    17' m2k3m2k1 m2(m2k1m2k1) m2 另解： 1 1 S  (m m )| y y | m2k2(m1)(y y ) P 2k2 P 2k1 F 2k1 2 2k1 2k2 2k1 2k2 2 2k1 2k2 1  m2k2(m1)(2 x 2 x )m2k2(m1)( x  x ) 2 2k1 2k2 2k1 2k2 m2k2(m1)( m2k1  m2k3) 1 1 S  (m m )| y y | m2k1(m1)(y y ) P 2k P 2k1 F 2k1 2 2k 2k1 2k1 2k 2 2k1 2k 1  m2k1(m1)(2 x 2 x )m2k1(m1)( x  x ) 2 2k1 2k 2k1 2k m2k1(m1)( m2k1  m2k1) S m2k2(m1)( m2k1  m2k3) 1 1 因此， P 2k2 P 2k1 F 2k1   所以，面积之比为定值 . S m2k1(m1)( m2k1  m2k1) m2 m2 P 2k P 2k1 F 2k1 ， 5 {#{QQABRYAowgg4kBaACI5LA0mkCEgQkJEiLWosRQCeqAwjgBFABAA=}#}