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)