九五高中协作体 届高考最后一卷 数学试题参考答案
2026 ( )
一、选择题 本题共 小题 每小题 分 共 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。
: 8 , 5 , 40 . ,
题号
答案 1 2 3 4 5 6 7 8
𝐵𝐵 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝐷𝐷 𝐶𝐶 𝐴𝐴 𝐷𝐷 𝐶𝐶
二、选择题 本题共 小题 每小题 分 共 分。在每小题给出的四个选项中 有多项符合题目要求。
全部选对的得 分，部分选对的得部分分，有选错的得 分。
: 3 , 6 , 18 ,
6 0
题号
答案 9 10 11
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐶𝐶𝐷𝐷
三、填空题本题共 小题 每小题 分 共 分。
: 3 , 5 , 15
𝜋𝜋
12. 4 13. -18 14.2027
四、解答题 共 分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
: 77 .
【解析】
15.
由正弦定理， ， 分
sin𝐴𝐴 𝑎𝑎 cos𝐴𝐴
(1) sin𝐵𝐵 = 𝑏𝑏 = sin𝐵𝐵 3
所以 故 分
𝜋𝜋
sin𝐴𝐴=cos𝐴𝐴,𝐴𝐴 ∈(0,𝜋𝜋) , 𝐴𝐴= 4 . 6
由余弦定理
2 2 2 1
(2) , 𝑏𝑏 +𝑐𝑐 −√2𝑏𝑏𝑐𝑐 = 𝑎𝑎 = 2 ,
故 ，即 ，当且仅当 时等号成立 分
1 2+√2
�2−√2�⋅𝑏𝑏𝑐𝑐 ≤ 2 𝑏𝑏𝑐𝑐 ≤ 4 𝑏𝑏 =𝑐𝑐 .10
所以
1 √2 √2+1
𝑆𝑆△𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 = 2𝑏𝑏𝑐𝑐sin𝐴𝐴 = 4 𝑏𝑏𝑐𝑐 ≤ 8 .
所以 面积的最大值为 分
√2+1
△𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 8 . 13
【解析】
16.
由题意可知 分
2
′ 1 𝑎𝑎 4𝑥𝑥 −𝑎𝑎𝑥𝑥+1
2 2
(1) 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 −𝑥𝑥+4 = 𝑥𝑥 ,𝑥𝑥 > 0 . 1
若 ，则 有两个正根 ，
2 2
′ 𝑎𝑎−√𝑎𝑎 −16 𝑎𝑎+√𝑎𝑎 −16
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① 𝑎𝑎 >4 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 0 8 8 .故 在 和 上单调递增 分
2 2
𝑎𝑎−√𝑎𝑎 −16 𝑎𝑎+√𝑎𝑎 −16
𝑓𝑓(𝑥𝑥) �0, 8 � � 8 ,+∞� ; 4
在 上单调递减
2 2
𝑎𝑎−√𝑎𝑎 −16 𝑎𝑎+√𝑎𝑎 −16
� 8 , 8 � .
②若 ，则 恒成立，故 在 上单调递增 分
′
𝑎𝑎 ≤4 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≥ 0 𝑓𝑓(𝑥𝑥) (0,+∞) . 6
由 知
(2) (1) 𝑎𝑎 >4 .
因为 是 的极值点故
′ ′
𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 𝑓𝑓(𝑥𝑥) , 𝑓𝑓(𝑥𝑥1 ) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥2 ) = 0 ,
所以 是方程 的两根
2
𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 4𝑥𝑥 −𝑎𝑎𝑥𝑥+1=0 ,
由韦达定理得 𝑎𝑎 分
𝑥𝑥1 +𝑥𝑥2 = 4
: � 1 . 8
𝑥𝑥1𝑥𝑥2 = 4
则
𝑥𝑥1+𝑥𝑥2 𝑎𝑎 𝑎𝑎 8
𝑓𝑓� 2 �=𝑓𝑓�8�=3𝑎𝑎ln2−𝑎𝑎ln𝑎𝑎+2−𝑎𝑎 ;
𝑓𝑓(𝑥𝑥1 )+𝑓𝑓(𝑥𝑥2 ) 𝑎𝑎ln𝑥𝑥1𝑥𝑥2 𝑥𝑥1 +𝑥𝑥2 𝑎𝑎 𝑎𝑎
= − +2(𝑥𝑥1 +𝑥𝑥2 )− = 𝑎𝑎ln2+ − = 𝑎𝑎ln2.
2 2 2𝑥𝑥1𝑥𝑥2 2 2
则原不等式等价于 分
𝑎𝑎 8
𝑔𝑔(𝑎𝑎)=2𝑎𝑎ln2−𝑎𝑎ln𝑎𝑎+2−𝑎𝑎 <0,𝑎𝑎 >4.11
因为
′ 8 1
2
𝑔𝑔(𝑎𝑎) = ln4−ln𝑎𝑎+𝑎𝑎 −2 < 0 ,
故 在 上单调递减
𝑔𝑔(𝑎𝑎) (4,+∞) ,
因此
𝑔𝑔(𝑎𝑎)<𝑔𝑔(4)=0 ,
故结论成立 分
. 15
【解析】
17.
当 轴时此时 点坐标为
(1) 𝑃𝑃𝐷𝐷 ⊥𝑥𝑥 , 𝑃𝑃 (2𝑝𝑝,±2𝑝𝑝) ,
因为 所以
𝑝𝑝 5𝑝𝑝
|𝑃𝑃𝑃𝑃| = 2𝑝𝑝+2 = 2 = 5 , 𝑝𝑝=2 ,
所以 的方程为 分
2
𝐸𝐸 𝑦𝑦 = 4𝑥𝑥 . 4
设 ，则以 为直径的圆的圆心为 ，
2 2
(2) 𝑃𝑃(4𝑡𝑡 ,4𝑡𝑡) 𝑃𝑃𝐷𝐷 𝑂𝑂1 (2+2𝑡𝑡 ,2𝑡𝑡)
设圆心 到直线 的距离为 圆 的半径为
𝑂𝑂1 𝑥𝑥 =𝑚𝑚 𝑑𝑑 , 𝑂𝑂1 𝑅𝑅 ,
则 分
2 2 2
𝑑𝑑 = (2+2𝑡𝑡 −𝑚𝑚) ,7
学科网（北京）股份有限公司分
2 1 2 1 2 2 2 2 2 2
𝑅𝑅 = 4|𝑃𝑃𝐷𝐷| = 4[(4𝑡𝑡 −4) +(4𝑡𝑡) ] = 4[(𝑡𝑡 −1) +𝑡𝑡 ].10
设直线 被以 为直径的圆所截得的弦长为
𝑥𝑥 =𝑚𝑚 𝑃𝑃𝐷𝐷 𝑙𝑙 ;
则
2
𝑙𝑙 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 = 𝑅𝑅 −𝑑𝑑 = 4[(𝑡𝑡 −1) +𝑡𝑡 ]−(2+2𝑡𝑡 −𝑚𝑚) = (4𝑚𝑚−12)𝑡𝑡 +(4𝑚𝑚−𝑚𝑚 ) ,
因为当 在 上运动时直线 被以 为直径的圆所截得的弦长为定值
𝑃𝑃 𝐸𝐸 , 𝑥𝑥 =𝑚𝑚 𝑃𝑃𝐷𝐷 ,
所以 得
4𝑚𝑚−12=0 , 𝑚𝑚 =3 ,
此时弦长为定值 分
2√3.15
【解析】
18.
因为 平面 所以
(1) 𝑃𝑃𝐴𝐴⊥ 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 , 𝑃𝑃𝐴𝐴⊥𝐵𝐵𝐶𝐶 ,
又因为 且
𝐵𝐵𝐶𝐶 ⊥𝐴𝐴𝐶𝐶 , 𝑃𝑃𝐴𝐴∩𝐴𝐴𝐶𝐶 =𝐴𝐴 ,
所以 平面 分
𝐵𝐵𝐶𝐶 ⊥ 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐶𝐶 . 2
又因为 平面 所以
𝑁𝑁𝐴𝐴⊂ 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐶𝐶 , 𝐵𝐵𝐶𝐶 ⊥𝐴𝐴𝑁𝑁 :
又 且
𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥𝑃𝑃𝐶𝐶 , 𝑃𝑃𝐶𝐶∩𝐵𝐵𝐶𝐶 =𝐶𝐶 ,
所以 平面
𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥ 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐶𝐶 ,
又因为 平面 所以 分
𝑀𝑀𝑁𝑁 ⊂ 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐶𝐶 , 𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥𝑀𝑀𝑁𝑁.4
取 的中点为 ，因为 ，所以 ，
∘
(2) (i) 𝑃𝑃𝐴𝐴 𝑂𝑂1 𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥𝑃𝑃𝐶𝐶 ∠𝐴𝐴𝑁𝑁𝑃𝑃 =90
所以 故点 在以 为直径的球面上 分
1
𝑂𝑂1𝑁𝑁 = 2𝑃𝑃𝐴𝐴 = 1 , 𝑁𝑁 𝑃𝑃𝐴𝐴 . 6
取 的中点为 ，由 知 ，
∘
𝐴𝐴𝑀𝑀 𝑂𝑂2 (1) ∠𝐴𝐴𝑁𝑁𝑀𝑀 =90
所以 ，故 在以 为直径的球面上 分
1 √2
𝑂𝑂2𝑁𝑁 = 2𝐴𝐴𝑀𝑀 = 2 𝑁𝑁 𝐴𝐴𝑀𝑀 . 8
学科网（北京）股份有限公司又 ，且 ，
√2 √2 √2 √2
𝑂𝑂1𝑂𝑂2 = 2 1− 2 < 2 <1+ 2
故 的轨迹是分别以 为直径的球的交线该交线为圆 故命题得证 分
𝑁𝑁 𝑃𝑃𝐴𝐴,𝐴𝐴𝑀𝑀 , , . 10
设 则
(ii) ∠𝐶𝐶𝐴𝐴𝐵𝐵 =𝜃𝜃 , 𝐴𝐴𝐶𝐶 =2cos𝜃𝜃 ,
设 ，则 ，
∠𝐶𝐶𝑃𝑃𝐴𝐴=𝛼𝛼 𝐴𝐴𝐶𝐶 =2tan𝛼𝛼 =2cos𝜃𝜃
过点 作 的垂线，垂足为 ，由于 的面积确定，
𝑁𝑁 𝐴𝐴𝐶𝐶 𝐻𝐻 △𝑃𝑃𝐴𝐴𝑀𝑀
所以当三棱锥 体积最大时
𝑃𝑃−𝐴𝐴𝑀𝑀𝑁𝑁 ,
即 点到平面 的距离最大
𝐻𝐻 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑀𝑀 .
过点 作 的垂线垂足为 又因为 平面
𝐻𝐻 𝐴𝐴𝐵𝐵 , 𝑇𝑇 , 𝑃𝑃𝐴𝐴⊥ 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 ,
所以 所以 平面
𝑃𝑃𝐴𝐴⊥𝐻𝐻𝑇𝑇 , 𝐻𝐻𝑇𝑇 ⊥ 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐵𝐵 ,
所以 为点 到平面 的距离
𝐻𝐻𝑇𝑇 𝐻𝐻 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑀𝑀 .
故 分
2tan𝛼𝛼 2tan𝛼𝛼
2
2 2
𝐻𝐻𝑇𝑇 =𝐴𝐴𝐻𝐻sin𝜃𝜃 =𝐴𝐴𝑁𝑁cos𝛼𝛼sin𝜃𝜃 =2sin𝛼𝛼cos𝛼𝛼sin𝜃𝜃 =1+tan 𝛼𝛼sin𝜃𝜃 =1+tan 𝛼𝛼√1−tan 𝛼𝛼 .13
2 2 2
2 2 2tan 𝛼𝛼+1−tan 𝛼𝛼
2⋅� �
2 4tan 𝛼𝛼(1−tan 𝛼𝛼) 2 1
𝐻𝐻𝑇𝑇 = 2 2 ≤ 2 2 = ,
(1+tan 𝛼𝛼) (1+tan 𝛼𝛼) 2
当且仅当 即 时等号成立
2 2 √3
2tan 𝛼𝛼 =1−tan 𝛼𝛼 , tan𝛼𝛼 = 3 , :
此时
√3 √2
cos𝜃𝜃 = 3 ,𝐻𝐻𝑇𝑇 = 2 ,
故点 到平面 的距离最大为 分
√2
𝑁𝑁 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐵𝐵 2 . 15
因为 为 中点所以
𝑃𝑃𝐴𝐴=𝐴𝐴𝐵𝐵,𝑀𝑀 𝑃𝑃𝐵𝐵 , 𝑃𝑃𝐵𝐵 ⊥𝐴𝐴𝑀𝑀 ;
又因为 平面 所以
𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥ 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐶𝐶 , 𝐴𝐴𝑁𝑁 ⊥𝑃𝑃𝐵𝐵 ;
所以 平面 所以
𝑃𝑃𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝑀𝑀𝑁𝑁 , 𝑃𝑃𝐵𝐵 ⊥𝑀𝑀𝑁𝑁 .
所以 为 到直线 的距离
𝑀𝑀𝑁𝑁 𝑁𝑁 𝑃𝑃𝐵𝐵 .
在直角 中 所以
△𝐴𝐴𝑀𝑀𝑁𝑁 , 𝐴𝐴𝑀𝑀 =√2,𝐴𝐴𝑁𝑁 =2sin𝛼𝛼 =1 , 𝑀𝑀𝑁𝑁 =1 ,
设二面角 的平面角为 则
𝐻𝐻𝐻𝐻 √2
𝐶𝐶−𝑃𝑃𝐵𝐵−𝐴𝐴 𝜃𝜃 , sin𝜃𝜃 =𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2
所以二面角 的大小为 分
∘
𝐶𝐶−𝑃𝑃𝐵𝐵−𝐴𝐴 45 .17
【解析】
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19.代表第 次传球后球在 手中的概率
1
(1) 𝑝𝑝2 2 , 𝐴𝐴1 .
对应 和 两个事件
𝐴𝐴1 → 𝐴𝐴2 → 𝐴𝐴1 𝐴𝐴1 → 𝐴𝐴12 → 𝐴𝐴1 ,
所以 分
1 1 1 1
𝑝𝑝2 = 2×2×2 = 2 . 2
代表第 次传球后球在 组某同学手中的概率
1
𝑝𝑝3 3 , 𝐵𝐵1 .
对应 和 两个事件
𝐴𝐴1 → 𝐴𝐴2 → 𝐴𝐴3 → 𝐴𝐴4 𝐴𝐴1 → 𝐴𝐴12 → 𝐴𝐴11 → 𝐴𝐴10 ,
所以 分
1 1 1 1 1
𝑞𝑞3 = 2×2×2×2 = 4 . 4
记 事为件 次传球后，球在第 组同学手中”
𝑗𝑗
(2) 𝐵𝐵𝑛𝑛 “ 𝑛𝑛 𝐵𝐵𝑗𝑗 .
第 次传球后球在 组的概率分别为
𝑛𝑛 , 𝐵𝐵1,𝐵𝐵2,𝐵𝐵3
1 1 2 2 3 3
𝑞𝑞𝑛𝑛 = 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 ),𝑞𝑞𝑛𝑛 = 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 ),𝑞𝑞𝑛𝑛 = 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 ),
由对称性 又
1 2 1 3 1 1 1
, 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛+1 ∣𝐵𝐵𝑛𝑛)=𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛+1 ∣𝐵𝐵𝑛𝑛)=2 , 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛+1 ∣𝐵𝐵𝑛𝑛)=0 .
所以
1 1 1 1 2 1 3 1 2 3 1 1
𝑞𝑞𝑛𝑛+1 = 𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛+1 ) = 0⋅𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 )+2𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 )+2𝑃𝑃(𝐵𝐵𝑛𝑛 ) = 2�𝑞𝑞𝑛𝑛 +𝑞𝑞𝑛𝑛� = 2�1−𝑞𝑞𝑛𝑛� ,
所以
1 1 1 1 1 1
𝑞𝑞𝑛𝑛+1 −3 = −2�𝑞𝑞𝑛𝑛 −3�,𝑞𝑞1 = 0 ,
所以
𝑛𝑛−1
1 1 1 1 1
𝑞𝑞𝑛𝑛 −3 = �𝑞𝑞1 −3��−2� ,
即 分
𝑛𝑛−1
1 1 1 1
𝑞𝑞𝑛𝑛 = 3−3�−2� . 7
由题意可知 次传球后球在 手上则 为偶数
201 , 𝐴𝐴𝑖𝑖 , i .
因此对于 组 次传球后球只可能在 两人手中
, 𝐵𝐵1 ,201 , 𝐴𝐴4,𝐴𝐴10 .
他们的位置与 都恰好隔着 位同学
𝐴𝐴1 2 ,
因此根据对称性 分
201
4 10 1 1 1 1 1
, 𝑝𝑝201 = 𝑝𝑝201 = 2𝑞𝑞201 = 6−3�2� . 9
由 知
200 199
1 1 1 1 1 1 1 1
(3) (2) 𝑞𝑞201 = 3−3�2� ,𝑞𝑞200 = 3+3�2� .
故要证 只需证
200
1 1 1 1 1 1 1
𝑝𝑝200 > 6+3⋅�2� , 𝑝𝑝200 > 2𝑞𝑞200 .
对于 组 次传球后球只可能在 手中
𝐵𝐵1 ,200 , 𝐴𝐴1,𝐴𝐴7 .
学科网（北京）股份有限公司考虑前两百次传球所有情况共有 种不同的事件
200
, 2 ,
每个事件发生的概率为
1
200
2 .
因为 所以要证
1 7 1 1 1 1
𝑝𝑝200 +𝑝𝑝200 = 𝑞𝑞200 , 𝑝𝑝200 > 2𝑞𝑞200 ,
只需证 分
1 7
𝑝𝑝200 > 𝑝𝑝200 . 12
记 次传球后球在 手中为事件 次传球后球在 手中为事件
200 𝐴𝐴1 𝐶𝐶,200 𝐴𝐴7 𝐷𝐷 .
对任何一个事件 传球过程中球必然经过 或者
𝐷𝐷 , , 𝐴𝐴4 𝐴𝐴10 ,
设第一次经过他们中某一个人手中发生在第 次传球后
𝑗𝑗 ,
此后如果将第 到第 次传球中每次沿圆桌顺时针方向的传球换成沿逆时针方向的传球 并且将
沿逆时针方向的传球改成沿顺时针方向的传球
, 𝑗𝑗+1 200 ;
,
则第 次传球后的结果是球落在 手中这个新的传球路径对应事件 中的一种情形
200 𝐴𝐴1 , 𝐶𝐶 ,
因此我们可以将事件 中的任意一种情形对应到事件 中的一种情形且这种对应是唯一的
, 𝐷𝐷 , 𝐶𝐶 , ,
故 分
𝐷𝐷 ⊆𝐶𝐶.15
另外考虑
, 𝐴𝐴1 → 𝐴𝐴2 → 𝐴𝐴1 → ⋯ → 𝐴𝐴2 → 𝐴𝐴1 ,
故事件 中的基本事件数量严格多于事件 中的基本事件数量
𝐶𝐶 𝐷𝐷 .
因此
1 7
𝑝𝑝200 > 𝑝𝑝200 ,
故命题得证 分
. 17
学科网（北京）股份有限公司
