文档内容
年高中毕业年级第二次质量检测
2026
数学参考答案
一、选择题
1-8 .BCBA CADD
二、选择题
9.ABC 10.CD 11.BD
三、填空题
. . . 135
12 ±2 13 10 14
1024
四、解答题
.解 因为 b A 1a c 则 b A 1a c. 分
15 :(1) =2,2cos + = , cos + = ………………………… 1
2 2
由正弦定理得 B A 1 A B A B A B A 分
:sin cos + sin =sin( + )= sin cos +cos sin ,…… 2
2
则1 A B A 因为 A B π 则 A . 分
sin =cos sin , , ∈(0, ), sin >0 …………………… 3
2 2
所以 B 1 所以 B π. 分
cos = , = …………………………………………………… 5
2 3
b2 c2 a2
法二 由余弦定理 A + - 分
、 :cos = bc , ………………………………………… 1
2
代入 A 1a c 得 b2 c2 a2 1bac bc2 又 b
2cos + = , + - + = , =2,
2 2
故 b2 c2 a2 ac c2 分
+ - + =2 , ………………………………………………………… 3
a2 c2 b2
整理得 c2 a2 b2 ac 故 B + - 1 分
+ - = , cos = ac = , ……………………………… 4
2 2
又 B π 故 B π. 分
∈(0, ), = ……………………………………………………… 5
2 3
ì
ï
C π
ïï0< < ,
在锐角 ABC 中 由í 2 可得π C π. 分
(2) △ , ï , < < …………………… 6
A 2π C π 6 2
ïï
î0< = - <
3 2
C π 1 C 3 C
a A sin( + ) sin + cos
又 sin 3 2 2 1 3 分
c = C= C = C = + C, …………………… 7
sin sin sin 2 2tan
a
又 C 3 则 1 故 1 . 分
tan > , 0< C< 3, c ∈( ,2) …………………………… 8
3 tan 2
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1 ( 6 )
{#{QQABQYYkwwiYkIQACC7bU0U4CggYkJATLAgGBQCYKAxLCBFIFAA=}#}a2 c2 a c a
又 + 设 t 1 设 f t t 1 则 f ′ t 1
ac = c +a, = c ∈( ,2), ( )= + t , ( )= 1-t2 ,
2
f t 在 1 上单调递减 在 ( ) 上单调递增 所以 f t f .
( ) ( ,1) , 1,2 , ( )min = (1)= 2 …
2
分
………………………………………………………………………………… 11
a2 c2
又因为 f 1 f 5 所以 f t 5 故 + 的取值范围为 5 .
( )= (2)= , ( )∈[2, ), ac [2, )
2 2 2 2
分
………………………………………………………………………………… 13
.解 设 甲选 A 类题答对 为事件 C
16 : (1) “ ” ,
根据题意 X 的可能取值为 . 分
, 0,20,40,60 …………………………………… 1
P X P C C C 1 3 1
( =0)= ( · · )= (1- ) = ,
2 8
P X P C C C C C C C C C C1 1 1 2 3 分
( =20)= ( · · + · · + · · )= 3 × ×(1- ) = , …… 2
2 2 8
P X P C C C C C C C C C C2 1 2 1 3
( =40)= ( · · + · · + · · )= 3 ×( ) ×(1- )= ,
2 2 8
P X P C C C C3 1 3 1 分
( =60)= ( · · )= 3 ×( ) = , ………………………………… 3
2 8
所以 X 的分布列是
:
X
0 20 40 60
P 1 3 3 1
8 8 8 8
分
……………………………………………………………………………………… 4
设 Y 为甲答对的 A 类题的个数 则 Y B 1 且 Y X 分
, ~ (3, ), =20 , ……………… 5
2
由 DY 1 1 3 故 X 的方差为 DX DY . 分
=3× ×(1- )= , =400× =300 …………… 6
2 2 4
设甲 乙的最终得分分别为 X Z 甲得分高于乙 为事件 D 甲得分高于
(2) 、 , , “ ” ,
乙包括 甲得 分 分 分 分 分五种情况 这五种情况之间彼此互斥.
: 20 、30 、40 、50 、70 ,
分
…………………………………………………………………………………… 7
又 P X P Z 1 2 2 1
( =0)= ( =0)= ( ) × = ,
2 3 6
P X P Z 1 2 2 1
( =20)= ( =20)= 2×( ) × = ,
2 3 3
P X P Z 1 2 1 1
( =30)= ( =30)= ( ) × = ,
2 3 12
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2 ( 6 )
{#{QQABQYYkwwiYkIQACC7bU0U4CggYkJATLAgGBQCYKAxLCBFIFAA=}#}P X P Z 1 2 2 1
( =40)= ( =40)= ( ) × =, ,
2 3 6
P X P Z 1 2 1 1
( =50)= ( =50)= 2×( ) × = ,
2 3 6
P X P Z 1 2 1 1
( =70)= ( =70)= ( ) × = ,
2 3 12
则 P D P X P Z P X P Z P Z P X
( )= ( =20) ( =0)+ ( =30)[ ( =0)+ ( =20)]+ ( =40)
P Z P Z P Z P X P Z P Z P Z P Z
[ ( =0)+ ( =20)+ ( =30)]+ ( =50)[ ( =0)+ ( =20)+ ( =30)+ (
P X P Z
=40)]+ ( =70)[1- ( =70)],
故 P D 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
( )= × + ×( + )+ ×( + + )+ ×( + + + )+ ×(1-
3 6 12 6 3 6 6 3 12 6 6 3 12 6 12
1 19. 分
)= …………………………………………………………………………… 15
12 48
. 证明 取AD中点G 连接EG FG DF 因为 AB CD AB CD F为AB中点
17 (1) : , , , , ∥ , =2 , ,
所以 CD BF CD BF 故四边形 BCDF 为平行四边形 分
∥ , = =2, ………………… 1
又 AB BC BC CD 故四边形 BCDF 为正方形. 分
⊥ , = =2, ………………………… 2
从而可得 AFD 为等腰直角三角形 故 FG AD 分
△ , ⊥ …………………………… 3
又 EA ED 即为 PA PD 故 PG AD 分
= , = , ⊥ ……………………………………… 4
又 FG PG G 故 AD 平面 PFG 分
∩ = , ⊥ …………………………………………… 5
又 PF 平面 PFG 故 AD PF 分
⊂ , ⊥ ……………………………………………… 6
解 由 PA PB 得 PF AB. 分
(2) : = =2 2, ⊥ ……………………………………… 7
由 得 AD PF 又 AD AB A 所以 PF 平面 ABCD. 分
(1), ⊥ , ∩ = , ⊥ ………………… 8
又 CD 平面 ABCD 故 PF CD.又 CD DF DF PF F
⊂ , ⊥ ⊥ , ∩ = ,
故 CD 平面 PDF. 分
⊥ …………………………………………………………… 9
易得 PF DF 故 PDF 为等腰直角三角形.
=2= , △
取 PD 中点 H 连接 FH 则 FH DP.又因为 CD 平面 PDF 故 CD FH.
, , ⊥ ⊥ , ⊥
又 DP CD D 故 FH 平面 PCD. 分
∩ = , ⊥ ………………………………………… 12
因为 FH 平面 ABH 故平面 ABH 平面 PCD. 分
⊂ , ⊥ …………………………… 13
因为 AB/ /CD AB 平面 PCD CD 平面 PCD 故 AB 平面 PCD.
, ⊄ , ⊂ , ∥
故平面 ABH 与平面 PCD 的交线平行于 CD 在平面 PCD 内过点 H 作 HQ CD 交
, ∥
PQ
PC 于 Q 由 H 是 PD 中点 得 Q 为 PC 中点 故 . 分
, , , QC=1 ………………………… 15
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3 ( 6 )
{#{QQABQYYkwwiYkIQACC7bU0U4CggYkJATLAgGBQCYKAxLCBFIFAA=}#}法二 由 PA PB 得 PF AB. 分
、 = =2 2, ⊥ ………………………………………… 7
由 得 AD PF 又 AD AB A 所以 PF 平面 ABCD. 分
(1), ⊥ , ∩ = , ⊥ ………………… 8
故 PF AB PF FD 又 FB FD 故 FP FB FD 两两垂直.
⊥ , ⊥ , ⊥ , , ,
以 F 为坐标原点 分别以 FB FD FP 所在直线为 x 轴 y 轴 z 轴建立如图所示的
, , , 、 、
空间直角坐标系. 分
…………………………………………………………………… 9
则 F P D C .
(0,0,0), (0,0,2), (0,2,0), (2,2,0)
故 D→C D→P 设平面 PCD 的一个法向量为 n x y z
=(2,0,0), =(0,-2,2), =( , , ),
{n D→C x {x
则由 · =2 =0, 所以 =0, 可取 n ( ). 分
n D→P y z z y = 0,1,1 ………………… 10
· =-2 +2 =0, - =0,
设 Q x y z 令 P→Q λP→C 则 Q λ λ λ A→Q λ λ λ
=( 0, 0, 0), = , =(2 ,2 ,2-2 ), =(2 +2,2 ,2-2 ),
B→Q λ λ λ 分
=(2 -2,2 ,2-2 ),…………………………………………………………… 13
ì
ï
λ 1
ï = ,
ìs λ t λ ï 2
ï
ï (2 +2)+ (2 -2)= 0, ï
即í sλ tλ 解得ís 1 分
ï2 +2 =1, ï = , …………………………………… 14
ï
îs λ t λ ï 4
(2-2 )+ (2-2 )= 1,
ït 3.
ï
î =
4
PQ
所以 P→Q 1P→C 故 . 分
= , QC=1 …………………………………………………… 15
2
.解 当 t 2时 直线 l x 2y 令 x 得 y 即椭圆的上顶点为
18 :(1) =- , : =- +1, =0, =2 2,
4 4
故 b . 分
(0,2 2), =2 2 ……………………………………………………………… 1
又 AF F 的周长为 即 a c 又 a2 c2 b2 解得 a c . 分
△ 1 2 8, 2 +2 =8, - = =8, =3, =1 …… 3
x2 y2
所以椭圆 C 的方程为 . 分
+ =1 ……………………………………………… 4
9 8
由 知 M N 设A x y B x y 直线l与椭圆C方程联立
(2) (1) , (-3,0), (3,0), ( 1, 1), ( 2, 2),
ì
ï
x2 y2
ï
í + =1,得 t2 y2 ty 分
ïï 9 8 (8 +9) +16 -64=0,………………………………………… 5
îx ty .
= +1
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4 ( 6 )
{#{QQABQYYkwwiYkIQACC7bU0U4CggYkJATLAgGBQCYKAxLCBFIFAA=}#}ì t
ï
y y -16
ï ï 1 + 2 = t2 ,
则í 8 +9 分
ï (∗) ………………………………………………………… 6
y y -64 .
î
ïï
1 2 = t2
8 +9
进而可得 ty y y y .
1 2 =4( 1 + 2)
由题意知 H→A H→B 对于任意的t R恒成立 即 x x y x x y
, · ≤0 ∈ , ( 1 - 0, 1)·( 2 - 0, 2)≤0,
即 t2 y y t x y y x 2 分
( +1) 1 2 + (1- 0)( 1 + 2)+(1- 0) ≤0, ……………………………… 8
将上面的 代入上式 整理得
(∗) ,
x2 t2 x 2 对于任意的 t R 恒成立
(8 0 -72) +9(1- 0) -64≤0 ∈ ,
{ x2
故 8 0 -72≤0, 解得 5 x 故 x 的取值范围为 5 . 分
x 2 - ≤ 0≤3, 0 [- ,3] …… 11
9(1- 0) -64≤0, 3 3
NA NQ N→A N→B x x y y . 分
(3)| |×| | =| · | =|( 1 -3)( 2 -3)+ 1 2| …………………… 14
t2 y y t y y 28 28. 分
=|( +1) 1 2 -2 ( 1 + 2)+4| = t2 ≤ ………………………………… 16
8 +9 9
故 NA NQ 的最大值为28. 分
| | | | ………………………………………………… 17
9
.解 设 h x f x g x ex ax2 x 据题意 h x 对 x
19 :(1) ( )= ( )- ( )= - - -1, , ( )≥0 ∈[0,+ )
恒成立 由 h′ x ex ax 令 p x ex ax 则 p′ x ex a 分
, ( )= -2 -1, ( )= -2 -1, ( )= -2 , …………… 1
当 a 即 a 1时 p′ x p x 在 上单调递增 p x p
(i) 2 ≤1, ≤ , ( )≥0, ( ) [0,+ ) , ( )≥ (0)=
2
即 h′ x h x 在 上单调递增 h x h 故 f x g x 所以 a
0, ( )≥0, ( ) [0,+ ) , ( )≥ (0)= 0, ( )≥ ( ),
1满足题意. 分
≤ ……………………………………………………………………… 3
2
当 a 1时 令 p′ x ex a 解得 x a 则当 x a 时
(ii) > , ( )= -2 =0, =ln(2 ), ∈(0,ln(2 )) ,
2
p′ x p x 在 a 上单调递减 p x p 即 h′ x h x 在
( )<0, ( ) (0,ln(2 )) , ( )< (0)= 0, ( )<0, ( )
a 上单调递减 h x h 故当 x a 时 f x g x 与题意
(0,ln(2 )) , ( )< (0)= 0, ∈(0,ln(2 )) , ( )< ( ),
矛盾.
综上 a 1. 分
, ≤ …………………………………………………………………… 5
2
f x 4 即为 ex 4 当 x 时 上式等价于 x x ex
(2) ( )≤-2+ x ≤-1+ x, ∈[0,1] , +2+( -2)
2- 2-
令 n x x x ex x 则 n′ x x ex 分
≥0, ( )= +2+( -2) , ∈[0,1], ( )= 1+( -1) ,………………… 6
令 m x x ex 则 m′ x xex 分
( )= 1+( -1) , ( )= ≥0, …………………………………… 7
所以 m x 在 [ ]上单调递增 m x m 即 n′ x 故 n x 在
( ) 0,1 , ( )≥ (0)= 0, ( )≥0, ( )
[ ]上单调递增 故 n x n 即 ex 4 . 分
0,1 , ( )≥ (0)= 0, ≤-1+ x ………………………… 8
2-
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{#{QQABQYYkwwiYkIQACC7bU0U4CggYkJATLAgGBQCYKAxLCBFIFAA=}#}故当 x 时 不等式 f x 4 恒成立. 分
∈[0,1] , ( )≤-2+ x …………………………… 9
2-
证明 令 F x ex 1x2 x 易知 F x 在 上单调递增
(3) : ( )= + -1, ∈[0,+ ), ( ) [0,+ ) ,
2
故当1 e x
0
1x2 2 时 必有 x . 分
n≤ + 0 -1≤n , 0∈[0,1] …………………………… 10
2 +1
要证 x 1 2 只需证 F 1 F x F 2 . 分
0∈(n ,n ), (n )< ( 0)< (n ) ………………… 12
+1 +2 +1 +2
由已知 1 F x 2 故只需证 F 1 1且 F 2 2 . 分
,n≤ ( 0)≤n , (n )n ……… 13
+1 +1 +2 +1
由 知 取 a 1 F x ex 1x2 x2 x 故 F 2 2 2 2
(1) , = , ( )= + -1≥ + , (n )≥(n ) +n ,
2 2 +2 +2 +2
n
又 2 2 2 2 2 故 F 2 2 . 分
(n ) +n -n = n n 2 >0, (n )>n ……………… 15
+2 +2 +1 ( +1)( +2) +2 +1
由 知 当 x 时 F x ex 1x2 4 1x2
(2) , ∈[0,1] , ( )= + -1≤-2+ x+ ,
2 2- 2
故 F 1 4 1 1 2 1 2
(n )≤-2+ + (n ) = n 2 + n ,
+1 1 2 +1 2( +1) 2 +1
2-n
+1
n n n 2n n 2 n
又 1 2 1 (2 +1) +4( +1) -2( +1) (2 +1)
n 2 + n - n = n n n 2 =
2( +1) 2 +1 2 (2 +1)( +1)
n
-3 -2
n n n 2 <0,
2 (2 +1)( +1)
故 F 1 1.
(n )
