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.