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