数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260425山西省太原市2026年高三年级二模（太原二模）（全科）_数学

太原市2026 年高三年级模拟考试（二）
数学试题参考答案及评分建议
一．选择题： B D A B C D B A
二. 选择题： 9.BC 10.ACD 11.BCD
三．填空题: 12.10 13. 5 14. 14
四．解答题:本题共5小题，共77分.
2
15.解:（1）由题意得T  2，0，1， f(x)sin(x)，
||
3 3 3  
 f( )sin( )1，  2k，kZ ，  2k，
4 4 4 2 4
   
  ， ， f(x)sin(x )， ………4分
2 2 4 4
    3
由 2kx  2k得 2kx 2k，kZ ，
2 4 2 4 4
 3
 f(x)的单调递增区间为[ 2k, 2k]，kZ . ………6分
4 4
  
（2）由题意得g(x) f(x )sin x，g( x)sin( x)， ………8分
4 3 3
  3 1 3 1 1
y  g(x)g( x) sinxsin( x) sinxcosx sin2x  sin2x cos2x
3 3 2 2 4 4 4
1  1  3 1
 sin(2x ) , y  g(x)g( x)的值域为[ , ]. ………13分
2 6 4 3 4 4
 c 3
e
a

2
,
a2,
   x2
16.解：（1）由题意得4a8, 得b1, 椭圆C的方程为  y2 1. ………6分
4
 

a2 b2c2 c 3,


（2）由（1）得F ( 3,0)，设直线l的方程为x  my 3，P(x ,y ),Q(x ,y )，
2 1 1 2 2
xmy 3,
 2 3m 1
由

 x2
y2 1
得(4m2)y2 2 3my10，y
1
 y
2

4m2
，y
1
y
2
 
4m2
，
4
2 3m 4 4 m2 1
| y  y | (y  y )2 4y y  ( )2   ， ………10分
1 2 1 2 1 2 4m2 4m2 4m2
1 4 3 m2 1
S S  |FF |(| y || y |)  3| y  y |   2，m   2，
1 2 2 1 2 1 2 1 2 4m2
直线l的方程为x 2y 3 0. ………15分
17.解:（1）AB 2，AC 3，BAC 45，
BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC 5，BC  5， ………1分
PC2，PB1，BC2 PB2PC2 5，BPC 90，PB PC，PA  5，PC 2，AC 3，AC2 PA2PC2 9，PA PC，
PAPB P，PC 平面PAB， ………4分
AB2PB2PA2 2 2
cosABP  ，0ABP180，sinABP ，
2ABBP 2 2
1 1 2 1
△PAB的面积为S  ABPBsinABP  2  ，
PAB
2 2 2 2
1 1 1 1
三棱锥PABC的体积V  S PC   2 . ………6分
3
PAB
3 2 3
（2）过点B作BD  AC ，垂足为D，BAC 45，AB  2 ，AD  BD 1，
以D为原点，DB,DC 所在直线分别为x轴、y轴建立如图
所示的空间直角坐标系，则A(0,1,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，
过点P作PQ 平面ABC，垂足为Q，由直线PB与平面
3 1
ABC 所成的角为60，可得PQ  ，BQ  ，
2 2
设(02)为在Dxy平面内射线Bx从x轴的非负半轴开始，绕点B按逆时针方向旋
1 1 1 1 3
转至BQ时的旋转角，则Q(1 cos, sin,0)，P(1 cos, sin, )，……8分
2 2 2 2 2
设m(x,y,z)是平面PAC 的一个法向量，
3y0,
  mAC, 
则   1 1 3
 mAP, (1 cos)x(1 sin)y z0,
 2 2 2
令x 3，则 y 0,z 2cos，m( 3,0,2cos)， ………10分
显然n(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，
mn 2cos
cosm,n  ， ………12分
|m||n| 3(2cos)2
t 3
令t 2cos，02，则1t 3， f(t)  1 在[1,3]上递增，
3t2 3t2
1 t 3
 cosm,n  ，
2 3t2 2
1 3
设平面PAC 与平面ABC 的夹角为，则 cos|cosm,n| ，
2 2
 
平面PAC 与平面ABC夹角的取值范围为[ , ]. …………15分
6 3a a 1
18.解：（1） f(x)ax lnx， f(x)a  ，f(1)0， f(1)2a1，
x x2 x
 f(x)在x1处的切线方程为 y f(1) f(1)(x1)，即 y (2a1)(x1)，
该切线过点(3,2)，2(2a1)(31)，a 1. ………5分
a 1 ax2 xa
（2）由题意易得 f(1)0，由（1）得 f(x)a   ，x0，
x2 x x2
当a0时， f(x)0， f(x)在(0,)上单调递减， f(x)有唯一零点x1；…7分
1
当a 时， f(x)0， f(x)在(0,)上单调递增， f(x)有唯一零点x1；…8分
2
1 1 14a2 1 14a2
当0a 时，令 f(x)0，则x  或x  ，
2 1 2a 2 2a
 f(x)在(0,x )和(x ,)上单调递增，在(x ,x )上单调递减， ………9分
1 2 1 2
①x 1 x ， f(x)在(x ,x )内的零点是x1；
1 2 1 2
② f(x)在(x ,x )上单调递减， f(x ) f(1)0 f(x )，
1 2 1 2
a
当x0时， f(x)ax lnx， f(x)在(0,x )内有一个零点；
x 1
a
③当x时， f(x)ax lnx， f(x)在(x ,)内有一个零点；
x 2
1
综上，当a0或a 时， f(x)有一个零点；
2
1
当0a 时，f(x)有三个不同零点. ………12分
2
1
（3）由（2）得当0a 时，f(x)有三个不同零点，即 f(x)在(x ,x )内的零点是x1，
2 1 2
在(0,x )和(x ,)内各有一个零点，分别记它们为m,n，0m x 1 x n，
1 2 1 2
a a
则 f(m)am lnm0， f(n)an lnn0， ………13分
m n
1 a 1 1 1 1 14a2
 f( ) amlnmf(m)0，且     x ，
m m m x 1 14a2 2a 2
1
2a
1
 f(x)在(x ,)内有一个零点，n ， ………16分
2 m
 f(x)的三个不同零点的乘积为1mn1. ………17分
1 2
19.解：（1）由题意得P(A)0,P(B) ,P(C) ，
1 1 3 1 3
2 1 2 1 1 2 4
P (A) P(B) P(C)     ，
2 3 1 3 1 3 3 3 3 91 2 1 2 2 4
P (B) P(A) P(C) 0   ，
2 3 1 3 1 3 3 3 9
2 1 2 1 1 1
P (C) P(A) P(B) 0   ，
2 3 1 3 1 3 3 3 9
2 1 2 4 1 1 1
P (A) P (B) P (C)     . ………5分
3 3 2 3 2 3 9 3 9 3
2 1 1 2
（2）由题意可得P (A) P (B) P (C)，P (B) P (A) P (C)，
n1 3 n 3 n n1 3 n 3 n
2 1
P (C) P (A) P (B)，且P (A)P (B)P (C)1(nN*)， ………8分
n1 3 n 3 n n n n
2 1 2 1
P (A) P (B) P (C) P (B) [1P (A)P (B)]，
n1 3 n 3 n 3 n 3 n n
P (B)3P (A)P (A)1，P (B)3P (A)P (A)1，
n n1 n n1 n2 n1
1 2 1 2 2 1 2
又P (B) P(A) P(C) P(A) [1P(B)P(A)]  P(A) P(B)
n1 3 n 3 n 3 n 3 n n 3 3 n 3 n
2 1 2 4
  P (A) (3P (A)P (A)1)  2P (A)P (A)，
3 3 n 3 n1 n 3 n1 n
4
3P (A)P (A)1  2P (A)P (A)，
n2 n1 3 n1 n
1 7
P (A) P (A) P (A) . ………11分
n2 n1 3 n 9
1 7 1
（3）由（2）得P (A)P (A) P (A) ，设a  P (A) (nN*)，
n2 n1 3 n 9 n n 3
1 1 1
则a a  a 0，且a   ,a  ，
n2 n1 3 n 1 3 2 9
1 3 3i 3 3i
由方程x2  x 0的根为x  ,x  ，
3 1 6 2 6
3 3i 3 3i
可得a x n kx n ( )n k( )n，
n 1 2 6 6
 3 3i 3 3i 1
a   k  ,
则 

1 6 6 3 k  1 ，
 3 3i 3 3i 1 3
a ( )2( )2k  ,
  2 6 6 9
1 3 3i 3 3i 1 3 3 1 3 1
a  [( )n ( )n]  ( )n[(  i)n (  i)n]
n 3 6 6 3 3 2 2 2 2
2 3 5n 1 2 3 5n
 ( )ncos ,P (A)  ( )ncos . ………17分
3 3 6 n 3 3 3 6
注：以上各题其它解法请酌情赋分.