成都石室中学2025-2026学年度下学期高2026届二诊模拟考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷

成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试 数 学 答 案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B D D A D B B C BC ABD ACD 12． 2； 13．1； 14．4 15．（1）由题意，当n2时，2S a2 a ，作差得到2S S 2a   a2 a    a2 a  ， n1 n1 n1 n n1 n n n n1 n1 化简得a a a a 10,n 2． ……3分 n n1 n n1 因a 为正项数列，则a a 0，因此a a 10，即a a 1,n2， n n n1 n n1 n n1 又因a 1，则a 为首项是1，公差为1的等差数列． 1 n 综上，a n,nN ． ……6分 n n+1 （2）由题意，b  ，则b 的前n项和T 为： n 2n n n 2 3 4 n+1 T    L  ， ……① n 21 22 23 2n 1 2 3 4 n n1 T      ，……② 2 n 22 23 24 2n 2n1 1 2 1 1 1 n1 3 n3 由①-②，得 T        ， 2 n 21 22 23 2n 2n1 2 2n1 n3 则T 3 ,nN ． ……13分 n 2n 1 16．（1） f x的定义域为R， fxa ， ex 当a0时， fx0, f x单调递减； ……2分 当a0时，令 fx0，得 xlna,则当 x,lna 时， fx0 ， f x 单调递减；当 xlna,时， fx0， f x单调递增． ……5分 综上，当a0时，f x在R上单调递减；当a0时，f x在,lna单调递减；在lna, 单调递增． ……7分 （2）由（1）知，fxa 1 ，设切点为  x , f x  ，则 fx a 1 0，易知a0，故x lna． ex 0 0 0 ex 0 0 1 又因 f x 1，即ax  1，将x lna代入，得aalna10． ……10分 0 0 ex 0 0 设hxxxlnx1x0，则hxlnx． 令hx0，即lnx0，解得x1，当x0,1时，hx0，hx单调递增，当x1,时， hx0，hx单调递减，所以hxh111ln110 ． 由ha0，则a1． ……15分 17．（1）如图，过点A作AE PB于点E， 平面PAB平面PBC，平面PAB平面PBCPB，AE平面PAB， AE平面PBC． ……2分 又BC平面PBC，AEBC． 又PA平面ABCD,BC 平面ABCD，PABC． ……4分 数学参考答案第1页(共4页)PA,AE 平面PAB，PAAE A，BC平面PAB． 又AB平面PAB，BC AB． ……6分 （2）由（1）知ABBC，以点B为坐标原点，BC,BA所在的直线分别为x,y轴， 过点B且平行于PA的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(0,0,0),A(0,1,0),C(2,0,0),P(0,1,2 2)． 设D(x,y,0),x 0,y 0. ，由BD2 2 ，则x2  y2 8， 又因AC AD，则x2 (y1)2 5． 联立两式，得x2,y2，D(2,2,0)． ……8分 4 2 2   2 2 2 又P(0,1,2 2)，且G为△PCD的重心，G  ,1,   ,CG   ,1,   ． ……10分 3 3   3 3     nBP0, 设平面PBC的一个法向量为n(a,b,c)，则   nBC 0.   b2 2c0 BP(0,1,2 2),BC (2,0,0), ， 2a0  令c1，则n(0,2 2,1)． ……12分   |CGn| 4 42 设直线CG与平面PBC所成角为，则sin    ， |CG||n| 63 4 42 所以直线CG与平面PBC所成角的正弦值为 ． ……15分 63   x 3 y 18．（1）设P(x ,y )，而F(1,0)，由PF 2FQ ，得Q( 0 , 0)， 0 0 1 1 1 2 2 x2 y2  0  0 1  4 3  由于P,Q均在C上，则 x 3 2  y  2 ，  0   0   2   2   1  4 3 1 3 5 1 3 5 消去y2得(x 3)2 x2 12，解得x  ，y  ，则点P( , )． ……4分 0 0 0 0 2 0 4 2 4 （2）证明：[方法一]设Px ,y ,Qx ,y ,Rx ,y ， 0 0 1 1 2 2   1x x 1 由PF FQ，则有 0 1 ， 1 1 y y 0 1 y  0 ， y 1 由P在x轴上方，可设直线PQ的方程为xmy1， xmy1 联立  x2 y2 ，整理可得  3m2 4  y2 6my90，   1  4 3 6m 9 则y  y  ，y y  ， 0 1 43m2 0 1 43m2 又因为点P在直线上，则x my 1， 0 0 y  y 2 2 x 1 所以 0 1  m  0 ， y y 3 3 y 0 1 0 数学参考答案第2页(共4页)y  y 2 2 y 2 5 则 0 1  x  ，即 0  x  ， 0 0 y 3 3 y 3 3 1 1 y 5 2 y 5 2 所以 0   x ，同理可得 0   x ． ……8分 0 0 y 3 3 y 3 3 1 2 5 2 5 2 10 10 所以  x   x  ，即为定值 ． ……10分 0 0 3 3 3 3 3 3 [方法二] 设Px ,y ,Qx ,y ,Rx ,y ， 0 0 1 1 2 2  1x   1x x 1   x 1   0 由PF FQ,，则有 0 1 ， ， 1 1 y 0 y 1  y  y 0  1  x2 y2  0  0 1  4 3  5 2 又P,Q均在C上，则 1x  2  y  2 ，解得  x 0 ， ……8分  0   0  3 3       1  4 3 5 2 同理可得  x ． 0 3 3 5 2 5 2 10 10 所以  x   x  ，即为定值 ． ……10分 0 0 3 3 3 3 3 3 1 |PQ||PR|sinQPR （3）因为 S PQR  2  |PQ||PR|   1 1   1 1  ， S 1 PF PF     PF 1 F 2 2 PF 1 PF 2 sinQPR 1 2  1  1  1  1 1 2x 8 2x 8 x216 因此 S PQR   1      1    S PF 1 F 2   1      1     2 F 1 F 2 y 0  y 0  2x 0 0 5  2x 0 0 5  y 0  x 0 2  25 ， 0 4 4 4 y2 16 又因x2 4  1 y 0 2 ，所以S  y  3 0  y  y 0 2 9  y  117y 0 ， ……14分 0   3   PQR 0 4 4 y2  25 0 y2  27 0 16y 0 2 27 3 0 4 0 16 因此 117y 117y 117 117 13 3 S S S  y  0  y  0    四边形F 1 QRF 2 PQR PF 1 F 2 0 16y2 27 0 16y2 27 27 27 8 ， 0 0 16y 0  y 0 2 16y 0  y 0 当且仅当16y 0  2 y 7 0 ,即y 0  3 4 3   0, 3  时取等，则四边形F 1 QRF 2 面积最大值为 13 8 3 ．……17分 19．（1）由题意得，将五进制数211 5 转化为十进制数为211 5 252 15156， ……2分 ∵56233032 032，∴562002 3 ， 因此五进制数211 5 转化成三进制数为2002 3 ． ……4分 （2）（i）若n3，则n1位的二进制数有1000 2 ，1111 2 ，1100 2 ，1010 2 ，1001 2 ，1011 2 ，1101 2 ， 1110 2 ，共8个，从8个数中任选2个，共有C 8 2 28种情况． n ∵X  a b ，∴X 的所有可能取值为1,2,3． i i i0 数学参考答案第3页(共4页)当X 1时，若选择1000 2 ，可以从1001 2 ，1010 2 ，1100 2 中任选1个，共有3种情况， 若选择1111 2 ，可以从1011 2 ，1101 2 ，1110 2 中任选1个，共有3种情况， 若选择1100 2 ，可以从1101 2 ，1110 2 中任选1个，共有2种情况， 若选择1010 2 ，可以从1110 2 ，1011 2 中任选1个，共有2种情况， 若选择1001 2 ，可以从1101 2 ，1011 2 中任选1个，共有2种情况， 12 3 共有3322212种情况，故PX 1  ． 28 7 当X 3时，1000 2 和1111 2 ，1100 2 和1011 2 ，1010 2 和1101 2 ，1001 2 和1110 2 满足要求， 4 1 共有4种情况，故PX 3  ， 28 7 3 1 3 ∴PX 21   ， 7 7 7 则随机变量X 的分布列为 ……8分 X 1 2 3 3 3 1 P 7 7 7 3 3 1 12 ∴EX1 2 3  ． ……9分 7 7 7 7 （ii）由于n1位二进制数a n a n1 a 1 a 02 中a n 1， 则根据二进制数中0的个数可得，n1位二进制数一共有C0 C1 C2 Cn  2n个， n n n n 且a a a a n，则X 的所有可能取值为1,2,3,,n． n1 n2 1 0 当 X mm1,2,3,,n时，二进制数a n a n1 a 1 a 02 ，b n b n1 b 1 b 02 有 m 位取值不同，剩余 n1m位取值相同， 除去a n b n 1，从剩余的n位中选择m位，二进制数a n a n1 a 1 a 02 ，b n b n1 b 1 b 02 在这m位上 数字不同，对其余的nm位，两者均在同一位置数字相同， n Cm2n 由于X  a b ，故共有 n 种情况，则 i i A2 i0 2 Cm2n n A2 Cm ， ……13分 PX m 2  n m1,2,3,,n C2 2n 1 2n 因此随机变量X 的分布列为： X 1 2 3  n C1 C2 C3 Cn P n n n  n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 ∵mCm n  m! m n   n m ! ! n m1!    n n   1 1    ! m1 ! nCm n  1 1 mN*,1mn  ， ……15分 ∴EX1 C1 n 2 C2 n n C n n  1  1C12C23C3nC n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 n n n n  n  C0 C1 C2 Cn1  n2n1  n2n1  n ， 2n 1 n1 n1 n1 n1 2n 1 2n 2 n ∴EX ． ……17分 2 数学参考答案第4页(共4页)