G12浙江省名校协作体高三数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_2503092026届浙江省名校协作体G12联盟高三下学期二模（全科）

高三数学练习参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
D A C C B A D C
二、多选题
9 10 11
AC ACD ABC
三、填空题
12. y  2 x 
3
2
13.
3
5
14. 38
四、解答题
15.（1）设数列  a
n
 的通项公式为 a
n
 a
1
  n  1  d , d  0 ，
由 a
1
 a
2
 … …  a
5
 5 a
3
 5

a
1
 2 d

 3 5 ，故 a
1
 2 d  7 ； ………………2分
又 a
1
, a
2
, a
6
成等比数列，故  a
1
 d  2  a
1
 a
1
 5 d  ，解得 d 2  3 a
1
d ， ………………4分
因为 d  0 ，故 d  3 a
1
代入 a
1
 2 d  7 可得 a
1
 1 , d  3 ，故a 3n2 ………………7分
n
（2） b
n

a
n
1
a
n  1

 3 n  2
1
3 n  1 

1
3

3 n
1
 2

3 n
1
 1

， ………………9分
1 1 1 1 1 1 
故b b …b  1   …   ………………11分
1 2 n 3 4 4 7 3n2 3n1

1
3

1 
3 n
1
 1


1
3
………………13分
16. 解：（1）由 s i n 2 B 
1
2
b  c o s B , 2 s i n B c o s B 
1
2
b  c o s B , ………………………2分
由于  A B C
b
是锐角三角形，故 4, ……………………………………………………4分
sin B
a b 
由正弦定理  ,故A . ……………………………………………………7分
sin A sin B 3
(2)由余弦定理a2 b2 c2 2bccosA,得到12b2 c2 bc. ………………………………9分
选择①△ABC面积为3 3:S 
1
2
b c s in
3
 3 3 , b c  1 2

, …………………………12分
又由于 1 2  b 2  c 2  b c ，得 b  2 3 . …………………………………15分
选择② B C 的中线 A E 长为3:
A E 
1
2

A B  A C

, b 2  c 2  b c  3 6 , …………………………12分
又由于 1 2  b 2  c 2  b c ，得 b  2 3 . ……………………………………………15分
选择③b,a,c成等差数列:
bc4 3,又由于 1 2  b 2  c 2  b c ，得 b  2 3 . ……………………………15分
17.(1)∵在正三角形ABC中，D是棱AB的中点，∴ C D  A B
∵平面ABC⊥平面PAB，∴ C D  面 P A B ， ……………………………………3分
∴ C D  P D ∵ C D  3 , P C  2 , ∴ P D  1
又∵ P A  2 , A D  1 ，∴PD2AD2 PA2，∴ P D  A B ………………………6分
(2) （ⅰ）法1.综合法
∵ D E C P    0 1     ，∴ D , E , C , P 共面，
延长 C D , P E 交于点F ，连接 A F ，∵ B C / / 平面 P A E ，面 A B C 面 P A E = A F ，
∴ B C / / A F ，∴△BCD△FAD∴BC  AF ，∴D为 C F 中点，
∴ D E 
1
2
C P
1
，即 . ………………………10分
2
法2.坐标法
由（1）可知 P D  面 A B C ，以D为坐标原点，分别以DC,DA,DP所在直线为x轴、 y 轴、z 轴
 
建立空间直角坐标系 A0,1,0,B0,1,0,C 3,0,0 ,P0,0,1,
   
BC 3,1,0 ,CP  3,0,1 ,
∴ D E

3 , 0 ,

, P E

3 , 0 , 1

, A E

3 , 1 ,

             
 nAE 0
 
设面PAE的法向量为n， ，得n 1, 3, 3
nPE 0∵ B C / / 平面 P A E ，∴ B C  n  0 ，∴ 
1
2
 . ………………………10分
 1 3 3
（ⅱ）由（ⅰ）可得平面PAE的法向量n , , ，又
 
2 2 2
 
C E  C D  D E  ( 
3
2
3
, 0 ,
1
2
) ，
设直线 C E 与平面 P A E 所成角为，则
s in  c o s  C E , n  
C
C
E
E


n
n

2
7
3
- - - - - - - 1 5 分 
18.解:（1）由题意， a 2 
3
4
, b 2 
1
2
，  c 2 
1
4
, c 
1
2
， …………………3分
焦距 2 c  1 ……………………4分
（2）设直线 A P : x  m y  n ，切点为 E
由

4
x
x 2


m
6
y
y

2
n
 3
得

4 m 2  6

y 2  8 m n y  4 n 2  3  0 ， 0得 4 n 2  2 m 2  3 ，…6分
则 y
E

4

m
4 m
2 
n
6
 
m
2 n
xmyn
又由 得
 y2  x1
y 2  m y  n  1  0 ，  y
E

m
2
， ……………………………8分
m m 2 3
  ,n1,m 或m0,n ，
2n 2 2 2
直线 A P 的方程为 x  
2
2
y  1 或 x  
2
3
…………………………10分
（3）
 y
y
20
21


x
x
0
1


1
1
y y y y 1
k  0 1  0 1 
AP x x  y2 1    y2 1  y  y
0 1 0 1 0 1
直线AP的方程为 y  y
0

y
0
1
 y
1
 x  x
0
 
y
0
1
 y
1
 x  y 20  1 
通分化简得x1(y y )yy y 0 ……………………………12分
0 1 0 1
将直线AP方程与椭圆联立，得
[4(y  y )2 6]y2 8(y  y )(y y 1)y4(y y 1)230，由相切得判别式
0 1 0 1 0 1 0 1
64(y  y )2(y y 1)2 4[4(y  y )2 6][4(y y 1)2 3]0
0 1 0 1 0 1 0 1化简整理得 ( 2  4 y
0
2 ) y
1
2  4 y
0
y
1
 2 y
0
2  1  0 ……………14分
同理(24y 2)y 2 4y y 2y 2 10
0 2 0 2 0
因此 y
1
, y
2
是关于y的方程(24y 2)y2 4y y2y 2 10的两根
0 0 0
故由韦达定理知 y
1
y
2

2
2
y

2
04

y
1
2
0
 
1
2
而与（2）同理得直线 A B 的方程为 x  1  ( y
1
 y
2
) y  y
1
y
2
 0 ，
故 A B : x  ( y
1
 y
2
) y 
1
2
 0 即直线 A B 经过定点 ( 
1
2
, 0 ) ，证毕． …………17分
19. （1） f ( x )  e x  b ， ……………………………………… 2分
当 b  0 时， f ( x )  0 ，故 f ( x ) 单调递增；
当 b  0 时，令 f ( x )  0  e x  b  0 ，解得 x  ln   b  ，
故 f ( x ) 在

  , ln

 b
 
单调递减，在

ln

 b
，
 

单调递增.…………… 4分
（2）当 b   e 时，
当 a  0 时， f(x)aeaxb0，故 f(x)单调递减，故 f(x)不可能有极小值点；……5分
当a 0时， f ( x )
 1 b
在, ln 单调递减，在
 
 a  a 
 1
a
ln
 
a
b 
，  

单调递增.
因此 f ( x )
1 b
均有极小值点x  ln  ， 且
0 a  a 
f
 1
a
ln
 
a
b  
 0 ， ……………………7分
1 b ln b   b b e b b b e
f ln e  a   ln    ln  0，
 
a  a  a  a  2 a a  a  2
b e e e
令t  ( ，)，故对任意的t( ，)，g(t)ttlnt 0.
a a a 2
g ( t )   ln t ，故 g ( t ) 在(0,1)上单调递增，在(1,)单调递减，
e e
g(1)1 0，g( e)0，且x0时，g(t) ；
2 2x    时，g(t)；g(t)的图像如右图，
e
故  e 恒成立，故0a1. ……………………………………10分
a
（3）方程 f ( x ) 
2
e
有两个根x ,x (x  x )，
1 2 1 2
由（2）可知 a  0 ，否则 f ( x ) 单调，不可能有两个根， …………………………11分
方程 f ( x ) 
2
e
有两个根 x
1
, x
2
( x
1
 x
2
) 等价于 e a x  b x  e 有两个根 x
1
, x
2
( x
1
 x
2
) ，
令 F ( x )  e a x  b x  e ，由 F ( 0 )  1  e  0 ；当 x    ， F ( x )    ；
当 x    ， F ( x )    ，故可知 x
1
 0  x
2
. ……………………………12分
记 s  a x
b
，上式等价于es  s e有两个根s ,s (s 0s )，
a 1 2 1 2
 b
 es 1  a s 1  e,  两式相减可得
b
es 2  s  e,
 a 2
e s1 ( e s2  s1  1 )  b
a
( s
2
 s
1
)  0 ，记  s  s
2
 s
1
 0 ，
故上式可写成 e s1 ( e  s  1 ) 
b
a
 s  0 ，故
e  s


s
1
 
a
b
e s1
（*），
又
b
a
 
e s1 
s
1
e es 1 es 1  e
代入（*）得  ， ………………………………14分
s ses 1
1
es 1 es  e
令h(s) (s0),k(s) (s0)，
s ses
(s1)es 1
故h(s) ，令
s2
w ( s )  ( s  1 ) e s  1 ，w(s)ses 0，故w(s)w(0)0，
故 h ( s ) 是单调递增，要求  s 的最小值，就是求 h ( s ) 的最小值.……………………15分
下面考虑 k ( s ) 的最小值.
es  e(x1)
k(s) ,令 p(s)es  e(x1)， p(s)es  e，
s2es当 s 
1
2
时， p ( s )  0 ， p ( s ) 单调递增；当 s 
1
2
时， p ( s )  0 ， p ( s ) 单调递减；
1 e 1
p( ) ,p(1) （
2 2 e
p ( s ) 的图像如右图所示）
故存在 s
0
 (  1 , 0 ) 使得 p ( s
0
)  0 ，即  e s0  e ( s
0
 1 )  0 ，
所以 s  (   , s
0
) 时， k ( s )  0 ， k ( s ) 单调递减； s  ( s
0
,0 ) 时， k ( s )  0 ， k ( s ) 单调递增；
故 k ( s )  k ( s
0
) ，即 s  s
0
时， k ( s ) 取最小值. …………………16分
故
b
a
 
e s0 
s
0
e
  e . ……………17分