浙江省嘉兴市2025-2026学年高三下学期二模数学试题（含答案）_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260411浙江省嘉兴市2025-2026学年高三下学期二模（全科）

1 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}2 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}3 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}4 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}5 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}6 {#{QQABZYS14gCwgtTACQ4LAwnqCksYkIGhLMgExRAeOARCCBNABAA=}#}2026 年高三教学测试 数学 参考答案 （2026.4） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． 1-4 CADC 5-8 BDBD 8．【解析】由 高三教学测试 数学 参考答案 第 1 页（共 10 页） y = ln x + x ， y ' = 1 x + 2 1 x ，设切点 ( x 0 , ln x 0 + x 0 ) ，则 a = 1 x 0 + 2 1 x 0 切线方程为： y = ( 1 x 0 + 2 1 x 0 ) ( x − x 0 ) + ln x 0 + x 0 ，所以， b = ln x 0 + x 2 0 − 1 因为 0  a  1 2 1 1 1 ，所以0 +  ，解得x 4 x 2 x 2 0 0 0 显然， b = ln x 0 + x 2 0 − 1 在[4,+)单调递增，所以， x 0 = 4 时， b m in = 2 ln 2 ，选D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．BC 10．BCD 11．ACD 11．【解析】画出函数 f ( x ) t a n ( 6 x 6 )   = − 的图象如图所示 因为 f ( x ) 的周期T =6，所以区间 ( 0 , 2 0 2 6 ) 包含区间 ( 0 , 4 ) 和337个完整的周期 对于A：求不等式 1  f ( x ) 2 的整数解，只需 找直线 x = 1 和 x=2之间横坐标为整数的 点，由图可知：3，9，15，…均满足，共有 338个，正确； 对于B：af(x) a+1的整数解个数，即直线 x=a和x=a+1之间横坐标为整数的点的个数． 取a=−2，则n=0，故B错误；对于C：要使 高三教学测试 数学 参考答案 第 2 页（共 10 页） n = 6 7 6 ，则区间 ( 0 , 4 ) 和337个周期内各2个． 要使 t 最小，只需 ( 0 , 4 ) 内包 含1和2，因此 t 的最小值为 3 3 ，正确； 对于D：要使 n = 6 7 6 ，则区间 ( 0 , 4 ) 和337个周期内各 2 个． 要使 a 最大，只需 ( 0 , 4 ) 内 包含2和3，因此a的最大值为 3 3 ，正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． − 3 13． − 2 + 2 2 14． 3 2 14．【解析】球 O 与平面 A B C 1 D 1 和平面 A 1 B C D 1 均相切，故球心 O 在二面角A −BD −A的角平分面上． 1 1 E,F,G,H,I,J 为各自所在棱的中点，易知 B D 1 ⊥ 平面 E F G H I J ， 所以  M Q N 即二面角A −BD −A的平面角，且 1 1 E Q 平分  M Q N . 要使半径最小，球心 O 在 E Q 上． 作OP⊥MQ，则 O P ⊥ 平面 A 1 B D 1 ，即球半径r=OP．又球O与AA 1 相切，故 r = O E ．因此， O E = O P ．在 △ O P Q 中， O P = r ， O Q = 2 − r ，  O Q P = 3 0  ，因此 2 − r = 2 r ，解得 r = 3 2 ． 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．（本题满分13分） 已知数列 { a n } ， a 1 = 3 2 ， 2 a n + 1 = a n + 1 ． （1）求证：数列 { a n − 1 } 为等比数列，并求数列{a }的通项公式； n （2）求数列{na }的前 n n 项和S ． n 解： （1）  2 a n + 1 = a n + 1 1 1 ，a −1= (a −1)，且a −1= n+1 2 n 1 2 1 1 因此，{a −1}是以 为首项， 为公比的等比数列 n 2 2 1 1 a −1=( )n，a =1+( )n n 2 n 2（2）由（1）： 高三教学测试 数学 参考答案 第 3 页（共 10 页） n a n = n + n ( 1 2 ) n ，因此 S n = (1 + 2 +   + n ) + [1  1 2 + 2  ( 1 2 ) 2 + + n  ( 1 2 ) n ] 1 1 1 令T =1 +2( )2 + +n( )n n 2 2 2 1 2 T n = 1  ( 1 2 ) 2 + 2  ( 1 2 ) 3 +  + ( n − 1 )  ( 1 2 ) n + n  ( 1 2 ) n + 1 1 1 1 1 1 1 两式相减得： T = +( )2 +( )3+ +( )n −n( )n+1 2 n 2 2 2 2 2  T n = 1 + 1 2 + ( 1 2 ) 2 +  + ( 1 2 ) n − 1 − n  ( 1 2 ) n = 1 − 1 ( − 1 21 2 ) n − n 2 n = 2 − n + 2 n 2 所以， S n = n ( n 2 + 1 ) + 2 − n + 2 n 2 16．（本题满分15分） 如图，在四棱锥 P − A B C D 中，底面 A B C D 为正方形， PA⊥底面 A B C D ， P A = A B = 2 ， E 为线段 P B 的中点， F 为 线段 B C 上的动点． （1）证明：平面 A E F ⊥ 平面PBC； （2）若直线 E C 与平面 A E F 所成角的正弦值为 1 3 ，求 B F ． 解法一：（1）  P A ⊥ 平面 A B C D ， B C  平面 A B C D ，PA⊥BC 又 B C ⊥ A B ， A B  P A = A ，  B C ⊥ 平面 P A B ，  A E  平面 P A B ，AE⊥BC  PA= AB， E 为中点，AE⊥PB， B C  P B = B ，  A E ⊥ 平面 P B C  A E  平面AEF ，平面AEF ⊥平面 P B C （2）作CH ⊥EF ，垂足为 H  平面AEF ⊥平面PBC ，平面AEF 平面 P B C = E F ，CH 平面 P B C ， C H ⊥ E F CH ⊥平面 A E F ，因此，CEH 即直线 E C 与平面AEF 所成角 6 1 CH 由题意，sinCEH = = , CE= 6 CH = 3 CE 3 设CF =x，则BF =2−x,EF = 2+(2−x)2 = x2 −4x+6高三教学测试 数学 参考答案 第 4 页（共 10 页）  △ C H F 与 △ E B F 相似，  C C H F = E E B F ， 6 3x = x 2 − 2 4 x + 6 整理得 3 x = x 2 − 4 x + 6 ，即 x 2 + 2 x − 3 = 0 因此， x = 1 ，即 C F = 1 ，因此， B F = 1 解法二：（1）如图，以 A 为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为 x , y , z 轴，建立空间直角 坐标系，则 B ( 2 , 0 , 0 ) , C ( 2 , 2 , 0 ) , D ( 0 , 2 , 0 ) , P ( 0 , 0 , 2 ) , E (1 , 0 ,1 ) 设 F ( 2 , b , 0 ) ( 0  b 2 )  ，则AE=(1,0,1),AF =(2,b,0),BP=(−2,0,2),BC=(0,2,0) 设平面 P B C 的法向量为 m  = ( x , y , z ) ，则  mm      B   B PC == − 2 2 y x = + 0 2 z = 0 ，取 m  = (1 , 0 ,1 ) 设平面 A E F 的法向量为 n = ( x , y , z ) ，则  nn  AA EF   = = x 2 + x z + = b y 0 = 0  ，取n=(b,−2,−b)  m     n = b + 0 − b = 0 , m ⊥ n ，即平面 A E F ⊥ 平面 P B C （2）由（1）可知： E C  = (1 , 2 , − 1 ) ，平面 A E F 的法向量 n = ( b , − 2 , − b ) 记直线 E C 与平面 A E F 所成角为，则 s in | c o s E C , n | | | E E C C | n | n | | 6 | 2 b 2 b 4 2 | 4 3 | b b 2 2 | 2 1 3  =        =               =  − + =  − + = 化简得： 3 | b − 2 |= b 2 + 2 ，即： b 2 − 6 b + 5 = 0 , b = 1 ，即BF =1 17．（本题满分15分） 已知椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 2 的长轴的长为4，离心率为 ． 2 （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l:y=kx+m（k 0）与椭圆C有唯一公共点M ，过点M 且与l垂直的直线分别交 高三教学测试 数学 参考答案 第 5 页（共 10 页） x , y 轴于 A ( x 0 , 0 ) 和B(0,y )． 0 （i）求△OAB面积的最大值； （ii）当点 M 运动时，求点 P ( x 0 , y 0 ) 的轨迹方程． 解：（1）由题意， 2 a = 4 , c a = 2 2 ，解得： a = 2 , c = 2 , b = a 2 − c 2 = 2 因此，椭圆 C 的标准方程为： x 4 2 + y 2 2 = 1 （2）联立  y x = 2 + k x 2 + y 2 m = 4 得： (1 + 2 k 2 ) x 2 + 4 k m x + 2 m 2 − 4 = 0 因为 l 与椭圆相切，故=(4km)2 −4(1+2k2)(2m2 −4)=0，化简得： m 2 = 2 + 4 k 2 因此， x M = − 1 2 + k m 2 k 2 = − 2 k m 2 m2 = − 4 m k ， y M = k x M + m = − 4 k m 2 + m = − m 2 m − 2 + m = 2 m 过点 M 且与 l 垂直的直线方程为： y − 2 m = − 1 k ( x + 4 m k ) （ k  0 ） 令 y = 0 得 A ( − 2 m k , 0 ) ，令 x = 0 得 B ( 0 , − 2 m ) （i） S △ O A B = 1 2 | − 2 m k |  | − 2 m |= | 2 m k 2 |= | 2 2 + k 4 k 2 | = | 1 k 1 + 2 k | 2 1 2 = 4 2 1 2 当且仅当k2 = k = 时取等号， 因此， 2 2 ( S  O A B ) m a x = 4 2 （ii）P(− 2k ,− 2 )，即     x 0 =− 2 m k ，得     k = x y 0 0 m m 2 2 y =−  m=−  0 m   y 0 因为m2 =2+4k2，所以 ( − 2 y 0 ) 2 = 2 + 4 ( x y 0 0 ) 2 y 2 ，化简得：x 2 + 0 =1 0 2 y2 因此，点P的轨迹方程为：x2 + =1(x0,y0) 2 x x y y x 解法二：（2）设切点M(x ,y )，则切线l: 1 + 1 =1，k =− 1 1 1 4 2 2y 1高三教学测试 数学 参考答案 第 6 页（共 10 页）  直线 A B ： y − y 1 = 2 y x 1 1 ( x − x 1 ) ，即 y = 2 y x 1 1 x − y 1 令 y = 0 x 得A( 1,0)，令 2 x = 0 得B(0,−y ) 1 （i） S △ O A B = 1 2 | x 12 |  | − y 1 |= 1 4 | x 1 y 1 | x2 y2 x2 y2 2  1 + 1 =12 1  1 = |x y |， 4 2 4 2 2 1 1  | x 1 y 1 |  2  S △ O A B = 1 4 | x 1 y 1 |  4 2 ，当且仅当 x 12 = y 1 2 时等号成立，因此， ( S  O A B ) m a x = 4 2 （ii）由  x y 0 0 = = x 12− y 1 得  x y 1 1 = = 2 − x 0 y 0 ，  x 14 2 + y 12 2 = 1 (2x )2 (−y )2 ， 0 + 0 =1，即 4 2 x 0 2 + y 02 2 = 1 因此，点 P 的轨迹方程为： x 2 + y 2 2 = 1 ( x  0 , y  0 ) 18．（本题满分17分） 已知函数 f ( x ) = a x 2 + 2 b e x x + b ． （1）当 a = 1 , b = 2 时，求 f(x)在[0,+)上的最大值； （2）当a=0时，若对任意的实数m，直线 y = x + m 与曲线 y = f ( x ) 恰有一个公共点，求 实数 b 的取值范围； （3）若a=1,0b2,0c 2．证明：当 x  [ 0 , +  ) 时， 2 f ( x ) + 1 e x  e x ( 3 − c s in x ) ． 解： （1） a = 1 , b = 2 时， f ( x ) = x 2 + 2 2 e x x + 2 ， f '( x ) = − 2 x e 2 x f(x)在[0,+)单调递减，f(x) = f(0)=1 max （2）直线 y = x + m 与曲线y= f(x)恰有一个公共点，即方程 x + m = b x 2 + e x b 仅有一个解 即方程 m = b x 2 + e x b − x 仅有一个解，令 g ( x ) = b x 2 + e x b − x bx ，则g'(x)=− −1 2ex 因为对任意实数 m ，方程m=g(x)都仅有一个解 所以g(x)在R上为单调函数，且值域为R （i）当b=0时，g'(x)=−10，g(x)在R上单调递减，值域为R，满足题意；（ii）当 高三教学测试 数学 参考答案 第 7 页（共 10 页） b  0 时，令 g ''( x ) = b ( x 2 e − x 1 ) = 0 ，得 x = 1 x  1 时， g ''( x )  0 ； x  1 时， g ''( x )  0 因此，g'(x)在 ( −  ,1 ) 单调递减，在 (1 , +  ) 单调递增， g '( x ) m in = g '(1 ) = − b 2 e − 1  0 当 x → −  时， g '( x ) → +  ；当 x → +  时，g'(x)0 因此， g '( x ) = 0 存在唯一零点 x 0 ， g ( x ) 在 ( −  , x 0 ) 单调递增，在 ( x 0 , +  ) 单调递减 与 g ( x ) 在R上为单调函数矛盾，不符合题意； （iii）当b0时，由（ii）知， g '( x ) 在(−,1)单调递增，在 (1 , +  ) 单调递减 b g'(x) =g'(1)=− −1，要使g(x)在R上为单调函数，需 max 2e g '(1 ) = − b 2 e − 1  0 解得： − 2 e  b  0 且当 x → −  时， g ( x ) → +  ，当 x → +  时， g ( x ) → −  ， g ( x ) 值域为R，满足 综上所述，实数 b 的取值范围为 [ − 2 e , 0 ] ． （3） a = 1 时， f ( x ) = x 2 + 2 b e x x + b 要证 2 f ( x ) + 1 e x  e x ( 3 − c s in x ) ，即证 x 2 + b x e + x b + 1  e x ( 3 − c s in x )  0  b  2 ， x  0 x2 +bx+b+1 x2 +2x+3 ，  ex ex x2 +2x+2 又 由（1）可知： 1，即 2ex x 2 + 2 x + 2  2 e x ，得 x 2 + 2 x + 3  2 e x + 1  x 2 + b x e + x b + 1  x 2 + 2 x e x + 3  2 e x e + x 1 2ex +1 2ex +1 因此，只要证 ex(3−csinx)，即证 3−csinx（*） ex (ex)2 （i）x时， e x e 4    2ex +1 2 1 1 1 ， = +  + 1 (ex)2 ex (ex)2 2 16  0  c  2 ，csinx2，3−csinx1，（*）式得证 2ex +1 （ii）0x时， 3−csinx3−2sinx，因此只需证 3−2sinx (ex)2即证 高三教学测试 数学 参考答案 第 8 页（共 10 页） 2 e x + 1  ( e x ) 2  ( 3 − 2 s in x ) ，即证 e x [ e x ( 3 − 2 s in x ) − 2 ] 1 令 h ( x ) = e x ( 3 − 2 s in x ) − 2 ，则 h '( x ) = e x ( 3 − 2 s in x − 2 c o s x ) 2 s in x 2 c o s x 2 2 s in ( x 4 ) 2 2 3   + = +   ，  h '( x )  0 因此， h ( x ) 在 [ 0 , )  上单调递增， h ( x )  h ( 0 ) = 1 ， 又 e x  e 0 = 1 ，所以 e x [ e x ( 3 − 2 s in x ) − 2 ] = e x  h ( x )  1 成立，得证 综上所述， x  [ 0 , +  ) 时， 2 f ( x ) + 1 e x  e x ( 3 − c s in x ) 19．（本题满分17分） 在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有n个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为 1,2, ,n．游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中 随机取出一个小球，记录下编号后放回；重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于 ．． 或等于上一次取到的小球的编号时停止． 游戏停止时，取球的总次数记作 ．．． T ， P n (T = k ) 表 示“共有 n 个小球，按规则取球k次后游戏停止”的概率． （1）求P (T =2)和 10 P 1 0 ( T = 3 ) 的值； （2）若小球的个数为 n ，求游戏停止时取球次数为奇数的概率 P n （用 n 表示）． 解：（1）法一：将n次摸到的小球的编号依次排列，记为 ( x 1 , x 2 , , x n ) T = 2 ，即xx ： 1 2 x 1 = 1 0 时 x 2 = 1 , 2 , ,1 0 ； x 1 = 9 时 x 2 = 1 , 2 , , 9 ；……， x 1 = 1 时 x 2 = 1 共有 1 0 + 9 +  + 1 = 5 5 55 11 种，故P (T =2)= = 10 102 20 T =3，即 x 1  x 2 ，且 x 2  x 3 ： 当 x 1 = 1 时，x =2,3, ,10，有2+3+ +10=54种 2 当x =2时， 1 x 2 = 3 , 4 , ,1 0 ，有3+4+ +10=52种，以此类推…… (2+3++10)+(3+ +10)+ +(9+10)+10=330330 33 因此，P (T =3)= = 10 103 100 法二： 高三教学测试 数学 参考答案 第 9 页（共 10 页） T = 2 的含义：摸球2次后停止，其反面为： T  3 T  3 的含义是前2次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有 C 21 0 种可能 因此， P 1 0 ( T = 2 ) = 1 − P 1 0 ( T  3 ) = 1 − C 1 21 02 0 = 1 − 1 4 0 5 0 = 1 2 1 0 T =3的含义：摸球3次后停止，其反面包含两种可能： T = 2 ，或者 T  4 其中， T  4 的含义是前3次未能停止，即前三次小球的编号依次增大，有C3 种可能 10 因此， P 1 0 ( T = 3 ) = 1 − P 1 0 ( T = 2 ) − P 1 0 ( T  4 ) = 1 − 1 2 1 0 − C 1 31 03 0 = 1 − 1 2 1 0 − 3 2 5 = 1 3 0 3 0 （2）法一：记 g k 为“摸到 k 号球时，后续还需抽取奇数次，游戏才停止”的概率 则 P n = 1 n (1 − g 1 ) + 1 n (1 − g 2 ) +  + 1 n (1 − g n ) = 1 − 1 n k n = 1 g k 设摸到 k 号球的下一次摸到的是 m 号球．若 m  k ，游戏停止；若mk ，则游戏继续．  g k = 1 n  k + 1 n (1 − g k + 1 ) + 1 n (1 − g k + 2 ) +  + 1 n (1 − g n ) = 1 − 1 n m n = k + 1 g m 记 S k = m n = k g m ，则 g k = 1 − 1 n S k + 1 ，又 g k = S k − S k + 1 ，故 S k = 1 + (1 − 1 n ) S k + 1 ， S n = g n = 1  S n − 1 = 1 + (1 − 1 n ) S n = 1 + (1 − 1 n ) 1 1 1 ，S =1+(1− )S =1+(1− )+(1− )2，…… n−2 n n−1 n n 1 1−(1− )n S =1+(1− 1 )+(1− 1 )2 + +(1− 1 )n−1 = n =n[1−(1− 1 )n] 1 n n n 1 n 1−(1− ) n 因此， P n = 1 − 1 n k n = 1 g k = 1 − 1 n S 1 = 1 − [1 − (1 − 1 n ) n ] = (1 − 1 n ) n 法二：共 n 个小球，则最多n+1次必停止，且P (T =2)+P (T =3)+ +P (T =n+1)=1 n n n 若T =n+1，则说明前n次小球的编号依次增加，第n+1次编号任意 1 因此P (T =n+1)= n nn若 高三教学测试 数学 参考答案 第 10 页（共 10 页） T = k ( 2  k  n ) ，则类似（1）的讨论： P n ( T = k ) = 1 − P n ( T  k − 1 ) − P n ( T  k + 1 ) = P n ( T  k ) − P n (T  k + 1 ) 其中， T  k 的含义是前 k − 1 次未能停止，即前 k − 1 次编号依次增加，共 C kn − 1 种可能 因此 P n ( T  k ) = C n knk − 1 − 1  P n ( T = k ) = P n ( T  k ) − P n ( T  k + 1 ) = C n knk − 1 − 1 − C n knk ( 2  k  n ) ① 若 n 为偶数，则 P n = P n ( T = 3 ) + P n ( T = 5 ) +  + P n ( T = n − 1 ) + P n ( T = n + 1 ) C2 C3 C4 C5 Cn−2 Cn−1 1 =( n − n)+( n − n)+ +( n − n )+ n2 n3 n4 n5 nn−2 nn−1 nn = C n 0n0 − C n 1n1 + ( C n 2n2 − C n 3n3 ) + ( C n 4n4 − C n 5n5 ) +  + ( C n n − nn − 2 2 − C n n − 1 nn − 1 ) + 1 n n = C 0n ( − 1 n ) 0 + C 1n ( − 1 n ) 1 + C 2n ( − 1 n ) 2 + C 3n ( − 1 n ) 3 +  + C nn − 1 ( − 1 n ) n − 1 + C nn ( − 1 n ) n = (1 − 1 n ) n ② 若 n 为奇数，则 P n = P n ( T = 3 ) + P n ( T = 5 ) +  + P n ( T = n ) = ( C n 2n2 − C n 3n3 ) + ( C n 4n4 − C n 5n5 ) +  + ( C n n − 1 nn − 1 − C n nnn ) = C n 0n0 − C n 1n1 + C n 2n2 − C n 3n3 + C n 4n4 − C n 5n5 +  + C n n − 1 nn − 1 − C n nnn = C 0n ( − 1 n ) 0 + C 1n ( − 1 n ) 1 + C 2n ( − 1 n ) 2 + C 3n ( − 1 n ) 3 +  + C nn − 1 ( − 1 n ) n − 1 + C nn ( − 1 n ) n 1 =(1− )n n 综上所述， P n = (1 − 1 n ) n 备注：第5题改编自必修一P255第16题 第9题改编自选择性必修三P53第6题 第10题改编自必修二P81第9题 第16题改编自必修二P164第21题 第17题改编自选择性必修一P128第14题