数学试题卷参考答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_2604262026届山东省东营市二模考试（全科）_2026届山东省东营市二模考试数学试题（含答案）

2026年高三年级4月份适应性测试 数学试题参考答案 一、选择题: D B C A D C B B 二、选择题： 9.AC 10. ABD 11. ABD 三、填空题：12. 9,+) ； 13.−4； 14.288,72 3. 第11题解析：A选项，三进制数211 (3) 转化为十进制数为22=232+13+1，而22=45+21， 三进制数211 转化成五进制数42 ，A选项正确； (3) (5) B选项，由二项式定理知919 =(8+1)19 =819+C1 818+C2 817+C3 816+C4 815+ +C188+1，故 19 19 19 19 19 最后一位数为1，B选项正确； C选项，设m=3na +3n−1a ++3a +a （a ,a , ,a,a 0,1,2，a 0）. n n−1 1 0 n n−1 1 0 n 若m为3的倍数，则a 为3的倍数，又0a 2，则a =0， 0 0 0 所以m=a a a0 ，m+1=a a a1 ，m+2=a a a 2 ， n n−1 1 (3) n n−1 1 (3) n n−1 1 (3) 则S(m)=a +a ++a ，S(m+1)=a +a ++a +1，S(m+2)=a +a ++a +2， n n−1 1 n n−1 1 n n−1 1 所以当m为3的倍数时，S(m),S(m+1),S(m+2)中恰有一个是3的倍数. S(1)=1，S(2)=2，由2025=2210000 ,2026=2210001 ，得S(2025)=5, S(2026)=6， (3) (3) 所以S(1),S(2),S(2025)都不是3的倍数,S(2026)是3的倍数,而S(3),S(4), ,S(2024)这2022个数 2022 中，有 =674个是3的倍数，在1至2026中任选一个正整数m，共有2026个正整数， 3 675 所以由古典概型概率公式得，S(m)为3的倍数的概率为 ．C选项错误； 2026 高三数学试题参考第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司D 选项，记第一种颜色卡片上数字之和为x，记第二种颜色卡片上数字之和为y，则 x+y=2026(x,yN)，因为每一个小于等于2026的正整数都可以用1,2,22,23, ,210唯一表示（二进 制），由隔板法知共有C1 =2027种取法，D选项正确. 2027 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15.解：（1）因为bcosC+csinB=a,所以sinBcosC+sinCsinB=sinA, ………2分 因为A+B+C =，故sinBcosC+sinCsinB=sin(B+C),即 sinCsinB=cosBsinC,因为sinC 0,所以sinB=cosB,…………4分  即tanB =1,故B = ； ……………5分 4 1 （2）因为 ABC的面积为1，所以 acsinB=1,即ac=2 2 ，…………7分 2 由余弦定理得b2 =a2 +c2 −2accosB=a2 +c2 − 2ac=(a+c)2 − ( 2+ 2 ) ac (a+c)2 =b2 + ( 2+ 2 ) ac=6+4 2 = ( 2+ 2 )2 ， ……………10分 所以a+c=2+ 2,所以 ABC的周长2+2 2. ……………13分 16. （1）证明：取AC的中点O,连接BO,DO. 在等腰直角ABC中, AB=BC = 2,则斜边AC=2. 因为O是AC的中点，所以BO⊥ AC …………2分 同理,在等腰直角ADC中，DO⊥ AC ……………3分 因为BO DO =O,且BO,DO 平面BOD 所以AC⊥平面BOD. ……………5分 又因为BD平面BOD,所以AC⊥BD. ……………6分 (2)以O为原点，OD,OC 的正方向分别为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.因 高三数学试题参考第2页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 为BO⊥ AC ，DO⊥ AC，所以BOD是二面角B−AC−D的平面角，故BOD= .因为 3  ABC =ADC = ，AB=BC = AD=DC = 2，O是AC的中点所以 2 AO=CO= BO= DO=1，所以 1 3 A(0,−1,0),D(1,0,0),B( ,0, ),C(0,1,0) .…………8分 2 2  1 3 1 3 AD=(1,1,0),AB=( ,1, ),BC =(− ,1,− ) ,设平面 ABD 2 2 2 2  的法向量为n=(x,y,z)  nAD= x+ y =0  3  3  1 3 ,令y =−1,则x=1,z = ,所以 n=(1,−1, ). ………12分 nAB= x+ y+ z =0 3 3  2 2   nBC 42 设直线BC与平面ABD所成的角为, sin= cosn,BC  = = . …………14分 n BC 7 42 故直线BC与平面ABD所成角的正弦值为 . ……………15分 7 17. 解：（1）函数的定义域为(0,+).求导得: f(x)=lnx+1. ……………2分 1 1 令 f(x)0,解得x ，令 f(x)0,解得0 x . e e  1 1  所以 f (x)的单调递减区间为0, ，单调递增区间为 ,+; ……………4分  e e  （2）设切点坐标为(x ,x lnx ),其中x 0，由（1）知切线斜率k = f(x )=lnx +1 ，则切线方 0 0 0 0 0 0 程为y−x lnx =(lnx +1)(x−x )， ……………6分 0 0 0 0 因为切线过点P(a,0)，代入整理得：a(lnx +1)−x =0,过点P可作两条切线，等价于关于x 的方 0 0 0 高三数学试题参考第3页，共8页 学科网（北京）股份有限公司程a(lnx +1)−x =0在其定义域内有两个不同的实根, ……………7分 0 0 1 x 当x= 时无意义，故a= 0 ， e lnx +1 0 令g(x)= x (x0且x 1 ),g(x)= lnx .……8分 lnx+1 e (lnx+1)2  1 1   1 1  当x0,   ,1时，g(x)0，g(x)在0, 和 ,1上单调递减；  e e   e e  当x(1,+)时，g(x)0，g(x)在(1,+)单调递增. ……9分 1 1 1 1 1 又当x 且 x→ 时，g(x)→−；当x 且x→ 时，g(x)→+,当 x ,且x→+ 时， e e e e e g(x)→+.g(1)=1.由图知，要使a=g(x)有两根，需a1,故a的取值范围是(1,+); …10分 x （3）证明：设切点为 （x，f(x )）,由（2）知a= 0 .切线 𝑙 的方程为 y=(lnx +1)(x−a), 0 0 lnx +1 0 0 要证曲线上除切点外的点都在直线 𝑙 上方，即证：xlnx(lnx +1)(x−a)对 x(0,+),x x 0 0 恒成立. ……………12分 将a(lnx +1)= x 代入上式，即证：xlnx(lnx +1)x−x , 0 0 0 0 令h(x)= xlnx−(lnx +1)x+x ,h(x)=lnx−lnx 0 0 0 当0 x x 时，h(x)0, h(x)单调递减；当x x 时，h(x)0, h(x)单调递增. 0 0 所以h(x) =h(x )=0. …………14分 min 0 因此，当x x 时，h(x)0,即曲线上除切点外的点都在直线 𝑙 的上方. ……15分 0 13 5 13 5 18.解：（1）设点M(x,y)，由题知 (x− )2 + y2 =|x|+ ，所以y2 − x+9= |x|，……2分 4 4 2 2 高三数学试题参考第4页，共8页 学科网（北京）股份有限公司当x0时，y2 =9(x−1)；当x0时，y2 =4x−9，无解，舍去； 综上，曲线的方程为y2 =9(x−1). ……………4分 （2）因为P(x ,3)为曲线：y2 =9(x−1)上一点，所以x =2,即P(2,3)， ……5分 0 0 （方法一）（i）由题知，直线AB,PA,PB斜率均存在且不为0，设A(x,y ),B(x ,y ),因为A,B,P在 1 1 2 2 y − y y − y 9 曲线上，则k = 2 1 = 2 1 = ， ……………6分 AB x −x y2 y2 y + y 2 1 2 +1−( 1 +1) 2 1 9 9 9 9 9 9 同理可得k = ,k = ,所以PA:y= (x−2)+3，PB:y= (x−2)+3,令x=0， PA y +3 PB y +3 y +3 y +3 1 2 1 2 18 18 得y =− +3,y =− +3, ……………8分 R y +3 S y +3 1 2 18 18 因为y + y =6,所以 + =0，即y + y =−6， ……………9分 R S y +3 y +3 1 2 1 2 9 3 3 所以k = =− ，即直线l的斜率为− . ……………10分 AB y + y 2 2 2 1 9 x +2 y +3 （ii）由（i）知 k = ， PA 的中点 ( 1 , 1 ) ，所以直线 PA 的垂直平分线 l ： PA y +3 2 2 1 1 y +3 x +2 y +3 y +3 x +11 y=− 1 (x− 1 )+ 1 ，即 y=− 1 (x− 1 ) ，同理可得直线PB的垂直平分线l ： 9 2 2 9 2 2 y +3 x +11 y=− 2 (x− 2 )， ……………12分 9 2 y +3 x +11 由（i）知y + y =−6，所以l ：y= 1 (x− 2 )， ……………13分 1 2 2 9 2  y +3 x +11 y=− 1 (x− 1 )   9 2 x +x +22 设圆心(a,b)，联立 ，得a= 1 2 ， y +3 x +11 4  y= 1 (x− 2 )  9 2 y +3 x +x +22 x +11 y +3 x −x y +3 y2 −y2 (y +3)(y −y ) b= 1 ( 1 2 − 2 )= 1  1 2 = 1  1 2 = 1 2 1 ， 9 4 2 9 4 9 36 54 因为y + y =−6，所以y − y =2y +6，所以 1 2 2 1 2 高三数学试题参考第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司(y +3)(y +3) y y +3(y + y )+9 y y −9 b= 1 2 = 1 2 1 2 = 1 2 ， ……………15分 27 27 27 x +x +22 y2 + y2 (y + y )2 −2y y y y 而a= 1 2 = 1 2 +6= 1 2 1 2 +6=7− 1 2 ， ……………16分 4 36 36 18 消 去 y y 得 2a+3b=13 ， 即 PAB 的 外 接 圆 的 圆 心 在 定 直 线 2x+3y−13=0 1 2 上. ……………17分 （方法二）由题知，直线 AB,PA,PB 斜率均存在且不为 0 ，设 PA:y=k (x−2)+3 ， 1 PB:y=k (x−2)+3，令x=0，得y =−2k +3,y =−2k +3,因为y + y =6，所以k +k =0，设 2 R 1 S 2 R S 1 2  x=ty+n A(x,y ),B(x ,y ), AB:x=ty+n ，联立 ，得 y2 −9ty+9−9n=0，0 有解，所以 1 1 2 2 y2 =9(x−1) y −3 y −3 y + y =9t,y y =9−9n①，因为0=k +k = 1 + 2 ，所以0=(y −3)(x −2)+(y −3)(x −2)， 1 2 1 2 1 2 x −2 x −2 1 2 2 1 1 2 即 2ty y +(n−2−3t)(y + y )−6(n−2)=0 ② ， 把 ① 代 入 ② 式 可 得 3nt+9t2 +2n−4=0 ， 即 1 2 1 2 2 1 3 (n+3t−2)(3t+2)=0，因为直线AB不过点P，所以3t+2=0，即t =− ，所以k = =− ,即直 3 AB t 2 3 线l的斜率为− . 2  2 2 x=− y+n （ii）由（i）知AB:x=− y+n，联立 3 ，得y2 +6y+9−9n=0③， 3  y2 =9(x−1) 设PAB的外接圆方程为x2 +y2 +Dx+Ey+F =0,因为P(2,3)在圆上，所以F =−13−2D−3E,所以  2 x=− y+n x2 +y2 +Dx+Ey−13−2D−3E=0，联立 3 ，得  x2 + y2 +Dx+Ey−13−2D−3E=0 13 2D 4n y2 +(E− − )y+n2 +(n−2)D−3E−13=0 ④，因为③式与④式有相同的解 y ,y ，所以 9 3 3 1 2 4n=3E−2D−26  ,消去n得(3E+2D+26)(3E−2D−42)=0，所以3E+2D+26=0或 0=n(n+D+13)−2D−3E−26 2 3E−2D−42=0，当3E−2D−42=0时，4n=3E−2D−26=16，所以n=4，AB:x=− y+4过 3 高三数学试题参考第6页，共8页 学科网（北京）股份有限公司D=−2a 点P(2,3),不成立，所以3E+2D+26=0⑤，设圆心(a,b)，即 ，代入⑤式得，2a+3b−13=0， E=−2b 即PAB的外接圆的圆心在定直线2x+3y−13=0上. （方法三）（i）由题知，直线AB,PA,PB斜率均存在，设PA:y=k (x−2)+3，PB:y=k (x−2)+3， 1 2 令x=0，得y =−2k +3,y =−2k +3,因为y + y =6，所以 R 1 S 2 R S k +k =0，y2 =9(x−1)等价于(y−3)2 +6(y−3)−9(x−2)=0， 1 2 设AB:(x−2)+(y−3)=1并代入上式得 (y−3)2 +6(y−3)[(x−2)+(y−3)]−9(x−2)[(x−2)+(y−3)]=0 ， 两 边 同 除 (x−2)2 得 y−3 y−3 6−9  3 (6+1)( )2+(6−9)( )−9=0，0有解，所以0=k +k =− ，即 = ，所以 x−2 x−2 1 2 6+1  2  3 3 k =− =− ，即直线l的斜率为− . AB  2 2 （ii）同（方法二）中（ii）解法 19.解：（1）设”前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券”为事件A,则 2 2 3 513 P(A)=1−[C0( )4 +C1( )3( )]= . ……………4分 4 5 4 5 5 625 N （2）E(X)=kP(X =k)，设“从盒中随机抽取 1 个球，抽到红球”为事件B,由全概率公式可得 k=0 N N k 1 N E(X) P(B)=P(X =k)P(B|X =k)=P(X =k) = kP(X =k)= ， N N N k=0 k=0 k=0 E(X) 所以从盒中随机抽取1个球，抽到红球的概率为 . ……………10分 N （3）设第n−1位顾客抽完后，第n位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机变量Y (n2)，则 n−1 此时盒中的白球数为10+3(n−1)−Y ,一共有10+3(n−1)个球， n−1 3,第n位顾客抽取到白球 设离散型随机变量 = ，由题意得Y =Y +(n2), n 0,第n位顾客抽取到红球 n n−1 n ……………11分 E(Y ) E(Y ) 由（2）知：P( =0)= n−1 ,P( =3)=1− n−1 , n 10+3(n−1) n 10+3(n−1) 高三数学试题参考第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司E(Y ) 所以E()=3[1− n−1 ], ……………12分 n 10+3(n−1) 根据参考公式可得 E(Y ) 10+3(n−2) E(Y )=E(Y )+E()=E(Y )+3[1− n−1 ]=3+ E(Y ), n n−1 n n−1 10+3(n−1) 10+3(n−1) n−1 所以(3n+7)E(Y )==3(3n+7)+(3n+4)E(Y )(n2)， ……………13分 n n−1 令a =(3n+7)E(Y )，nN* n n 3(3n+20)(n−1) 则a =a +3(3n+7) (n2)，累加可得a =a + ，因为 n n−1 n 1 2  3 2 a =10E(Y)=106 +9 =72, ……………14分 1 1  5 5 3(3n2 +17n+28) 3(3n2 +17n+28) 所以 a = (n2) ，又因为 a =72 符合上式，所以 a = ，所以 n 2 1 n 2 3(3n2 +17n+28) E(Y )= ，nN*， ………………15分 n 2(3n+7) 所以当n2时，由（2）知 E(Y ) 3[3(n−1)2 +17(n−1)+28] 9n2 +33n+42 P = n−1 = = ， ……………16分 n 10+3(n−1) 2(3n+7)(3n+4) 18n2 +66n+56 3 9n2 +33n+42 又因为P = 符合上式，所以P = . ……………17分 1 5 n 18n2 +66n+56 高三数学试题参考第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司