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
