数学2026郑州高三二模试题及答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260423河南省郑州市2026年高中毕业年级第二次质量预测（全科）

1 郑州市2026 年高三第二次质量预测数学评分参考 一、选择题（每小题5 分，共40 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C D A C D C A 二、选择题（每小题6 分，共18 分） 题号 9 10 11 答案 ABC BD ACD 三、填空题（每小题5 分，共15 分） 12.0 13. 7 ( , 2) 3 − − 14. 3 四、解答题 15.解：（1）因为 2 BD DC = ，所以 3 ABC ADC S S = △ △ ， 则1 3 sin sin 2 2 AB AC BAC AD AC DAC    =  ， 即 sin 3 sin AB AC BAC AD AC DAC    =  ， ............................................3 分 因为 π BAC DAC  +  = ，所以 ( ) sin sin π sin BAC DAC DAC  = − =  ， 所以 3 AB AD = ，即 3 AB AD = ． ...........................................................6 分 （2）不妨令 2 2 BD DC = = ，则 3 BC = ， 1 CD AC = = ，设AD x = ，则 3 AB x = ． 在 ACD △ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos x AC CD AC CD ACD  = + −  ， 即 2 2 2cos x ACD = −  ．① ............................................9 分 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 9 2 cos x BC AC BC AC ACB = + −   ，即 2 9 10 6cos x ACD = −  ．② ............................................11 分 ①②联立，解得 2 cos 3 ACD  = . ...........................................................13 分 16.解：（1）设AC BD O = ，在平面PAC 内过点A 作AH PO ⊥ ，垂足为H ， 因为平面PAC ⊥平面PBD ，平面PAC 平面PBD PO = ， 所以AH ⊥平面PBD ， ............................................2 分 又BD 平面PBD ，所以BD AH ⊥ ， ............................................3 分 因为PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，所以BD PA ⊥ ，............................................4 分 因为BD AH ⊥ ，PA AH A = ，PA 平面PAC ，AH 平面PAC ， 2 所以 ⊥ BD 平面PAC ， ............................................5 分 又因为  PC 平面PAC ，所以 ⊥ BD PC . ............................................6 分 （2）在△ABD 中，由 = AB 3 ， = AD 1， ⊥ AB AD ，可得 = BD 2， = ABD 6 π ， 由（1）知 ⊥ BD AC ，则 =  =    = − V S PA AC P ABCD ABCD 3 3 2 2 3 2 1 1 1 ， 解得 = AC 2 3 ， = BAO 3 π ，所以 = + −  = BC ( 3) (2 3) 3 2 3 3 2 2 ， ⊥ AB BC ， ............................................8 分 因为 ⊥ PA 平面ABCD ，  AB AD , 平面ABCD ，所以AP AB ⊥ ， ⊥ AP AD ， 以AP AB AD , , 为z x y , , 轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以 , , P 0 0 3) ( ，A 0,0,0) ( ，B 3,0,0) ( ，D 0,1,0) ( ，C 3,3,0) ( ，.....9 分 设平面PBC 的一个法向量为 ( , , n x y z = ) ， (0,3,0 BC = ) ， ( BP = −3,0, 3)， 则 3 0 3 3 0 BC n y BP n x z  = =  = − + =   ，取 ( ) 1,0,1 n = ， ......................11 分 设平面PCD 的一个法向量为 ( , , m x y z = )， 又 (0,1, 3 PD = − ) ， ( 3,3, 3 PC = − ) ， 则 3 0 3 3 3 0 PD m y z PC m x y z  = − =  = + − =   ，取 ( 2, 3,1 m = − ) ， ......................13 分 所以cos , 2 8 n m n m n m  − = = = −  4 1 1 ， 所以平面PAD 与平面PCD 的夹角的余弦值为4 1 . ......................15 分 3 17.解：（1）当a = 2 时，f x x x = − x ( ) 2 e ， ( ) 2 ( 1)ex  = − + f x x ，设切点 0 ( 2 , ex − x x x ) 0 0 0 则切线方程为 0 0 0 0 0 0 (2 e 2 ( +1 ( = − − − −x x x x y x x x )( ) e) ) ， ......................2 分 把0, 代入得 0 0 0 (2 e 2 ( +1 ) )(0 ) x x m x x − − − = − x x e ( ) 0 0 0 ，整理得 = m x xe 0 2 0 ， 因为过点 m 0, ) ( 可以作曲线 = y f x ( ) 三条切线，所以 = m x xe 0 2 0 有三个解. ......................4 分 设 2 2 ( ) e ( ) ( +2 )e x x g x x g x x x  = = , ，令   g x ( ) 0，得 或 −  x x 2 0 ，令   g x ( ) 0，得−  x 2 0 ， 所以g x ( ) 在区间−− ( , 2)和 + (0, )上单调递增，在− ( 2,0) 上单调递减； − = g e ( 2) 4 2 ， = g(0) 0，所以当   m e 0 4 2 时， = m x xe 0 2 0 有三个解，过点 m 0, ) ( 可以作曲线 = y f x ( ) 三条切线. ......................7 分 （2） ( ) f x a b + ≤ + f x a b ( ) 等价于≥ − − a b ax x xe 对任意 R x x R 成立，令 =  − −a a h x ax x x 0 ) , ( e ，则 ≥ b h x ( )max . = − + h x a x x ( ) ( 1)e ， = − +  h x x x ( ) ( 2)e ，h x ( ) 在−− ( , 2)上单调递增，在− + ( 2, )上单调递减， 当 − x 1时，  h x ( ) 0 ，→+ x ，  h x ( ) 0 ，所以存在 ( 1, ) x −+ −+ x ( 1, ) 0 ， = h x ( ) 0 0 ，且当− x x ( , ) 0 ，  h x ( ) 0 ，h x ( ) 单调递增，当 + x x ( , ) 0 ，  h x ( ) 0 ，h x ( ) 单调递减. = = − h x h x ax x x ( ) ( ) e max 0 0 0 0 ，又因为 = = − + h x a x x ( ) ( 1)e 0 0 0 0 ，所以 0 0 ( 1)ex a x = + ， 0 0 0 0 2 ( ) ( +1)e e ( +1)e ( 1)e x x x x h x x x x x x x = − − = − − max 0 0 0 0 0 0 ， ......................11 分 存在 0  a ，即 ( 1, ) x −+ 0 ，使得 0 b h x ≥( ) 即可，所以b h x ≥( ) 0 min . 令 2  = − − − x x x x x ( ) ( 1)e , 1， ( ) ( 2)e ( 2)( 1)e x x x x x x x  = + − = + −  2 ，所以( ) x  在( 1,1) − 上单 调递减，在 + (1, )上单调递增， min ( ) (1) e x   = = −.所以 − ≥ b e . 综上，当 − ≥ b e 时，存在  + a R ，使得 ( ) f x a b + ≤ 对任意 R x 成立. ......................15 分 18.解：（1）因为焦点到一条渐近线的距离为1，即 + = = = a b d b bc 1 2 2 ，又点 − P(2, 1) 在双 曲线上，所以 − = a b 1 2 1 2 2 2 2 ，解得 = a 2 2 .所以双曲线的方程为 − = y x 2 1 2 2 . ......................5 分 4 （2）圆E ： 2 2 ( 5) 2 x y − + = 的圆心 ( ) 5,0 E ，半径为2 . 因为T 是圆E 上的动点，直线ST 与圆E 相切，所以ST TE ⊥ ， 2 TE = . 所以 2 2 2 2 ST SE ET SE = − = − . 设( ) 0 0 , S x y ，因为点S 是双曲线C 上的动点，所以 2 2 0 0 1 2 x y − = . 所以 ( ) 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 3 10 22 5 10 25 1 2 2 3 3 x SE x y x x x   = − + = − + + −= − +     ， 当 0 10 3 x = 时，SE 取得最小值，此时 min 22 3 SE = ， 所以 min 22 4 3 2 3 3 ST = − = . .................................10 分 （3）由题意知，直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y kx m = + . 联立 2 2 1 2 x y y kx m  − =   = +  ，整理得( ) 2 2 2 1 2 4 2 2 0 k x kmx m − − − − = ， ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 Δ 4 4 1 0 1 2 2 2 8 2 km k m m k = − − − − − = −  + 且 2 1 2 0 k −  ， 设 ( ) 1 1 , A x y ，( ) 2 2 , B x y ，则 1 2 2 4 1 2 km x x k + = − ， 2 1 2 2 2 2 1 2 m x x k − − = − ， .................................12 分 直线PA 的方程为 ( ) 1 1 1 1 2 2 y y x x + + = − − ， 令 0 x = ，则 1 1 2 2 1 2 + = −− − y y x ，即 1 1 2 2 0, 1 2 y M x   + −−   −   . 同理可得， 2 2 2 2 0, 1 2 y N x   + −−   −   . 因为 , M N 关于原点对称，所以 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 0 2 2 y y x x   + + −− + −− =   − −   ，.................................13 分 即 ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 0 2 2 kx m kx m x x   + + + + −− + −− =   − −   ， 整理得( ) ( )( ) 1 2 1 2 2 1 2 1 4 0 k x x k m x x m + − − + + − = ， 即( )( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 2 2 1 4 0 1 1 k m km k m m k k + − − − + − − = − − ， 整理得 2 2 2 2 1 0 m km m k + + + + = ， .................................14 分 5 即 + + + = m m k 1 2 1 0 ) () ( ， 所以 = − m 1或 + + = m k 2 1 0 . .................................15 分 若 + + = m k 2 1 0 ，则 = − − m k 2 1，则直线方程为 = − − y kx k 2 1，即 + = − y k x 1 2) ( ， 此时直线AB 过点 − P 2, 1) ( ，不符合题意. 若 = − m 1，则直线方程为 = − y kx 1，恒过定点 − D 0, 1) ( ， .................................16 分 所以 = PD 2为定值，又 ⊥ PQ AB ，在 △PQD Rt 中，PD 为斜边， 所以当R 为PD 中点 − 1, 1) ( 时， = = RQ PD 2 1 1 . 因此存在点 − R 1, 1) ( ，使得QR | | 为定值. .................................17 分 19.解：（1）拿到标号为3 的奖券， = X 3，即至少有一次抽到3，所以     = = − =   P X 3 9 3 1 2 5 2 ) ( . .................................2 分 拿到编号为2 的奖券， = X 2 ，即没有抽到3，且至少有一次抽到2， 没有抽到3 的概率为    =   3 9 2 4 2 ，没有抽到3 且全抽到1 的概率为    =   3 9 1 1 2 ， = = − = P X 9 9 3 2 4 1 1 ) ( . 所以最终拿到标号为3 的奖券的概率是9 5 ，最终拿到标号为2 的奖券的概率是3 1 ． .................................4 分 （2）①拿到编号不大于k ， ≤ X k ，即每次抽到的编号都小于等于k . 所以 ≤ = P X k k m 4 ( ) ) ( ， = k 1,2,3,4 . ................................6 分 ② ， ， ， ， ， - ≤ ≤ = = − − = = − P X k P X k P X k k k k m m 4 4 1 ( ) ( ) 1 2 3 4 1 ) ( ) ( ) ( ................................8 分 所以随机变量X 的期望 =  +  − +  − +  − E X m m m m m m 4 4 4 4 4 4 1 ( ) 2 [( ) ( ) ] 3 [( ) ( ) ] 4 [1 ( ) ] 1 2 1 3 2 3 ) ( = − − − m m m 4 3 4 4 4 ( ) ( ) ( ) . 1 2 ................................10 分 （3 6 ） ， - ≤ ≤         = = − − = =      − n n P X k P X k P X k k n k k n n 1 1,2, , 1 ) ( ) ( ) ( ， 随机变量X 的期望  =  = = E X k P X k k n 1 ) ( ) ( 1 2 1 1 1 2 1 n n n n n n n n n             =  +  − + +  −                             − n 1 2 1 n n n n n n n −       = − − − −             n . ................................13 分 设 = + − f x x x n n 1 ) ( ) ( ， x 0,1) ( ，    = − −   − − f x n x x n n 1 1 1 ) ( ) ( ， 当 = n 1时， ， = = P X 1 1 ) ( = = E X 1 1 1 ) ( ，等号成立； 当≥ n 2 时，当       x 2 0, 1 时，  f x 0 ) ( ，f x) ( 单调递减； 当       x 2 ,1 1 时，  f x 0 ) ( ，f x) ( 单调递增； 所以 ≥     = + − =   f x x x f n n n 2 2 1 1 2 ) ( ) ( ， ................................15 分 设                 = + ++ +         − − n n n n M n n n n n n 1 2 2 1 ， 因为                 = + ++ +         − − n n n n M n n n n n n 1 2 2 1 ， 所以 ≥ −  M n n 2 2 1 2 ) ( ，所以 ≥ − M n n 2 1 . 综上所述， ≤ − − E X n n n 2 1 ) ( . ................................17 分