沈阳二中2025-2026学年度下学期模拟考试高三(26届)数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷_260603辽宁沈阳市第二中学2025-2026学年高三下学期考前自测试题（全科）

沈阳二中 2025－2026 学年度下学期模拟考试
高三（26 届）数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C A D B A C A D BCD BD BCD
3 13
12．120 13. 14．
4 2
5
x y 5xy
i i 11255370 75
15．解：（1）b ˆ i1   7.5， a 707.5347.5 ， ..................4分
 5 x25x 2 55532 10
i
i1
故经验回归方程为y7.5x47.5.对于表中第3个观测，入园游客量为71（百人）， ..................5分
预测值为y7.5347.570（百人）， .................6分
残差为71701（百人） ...................7分
（2）记从通道i入园的事件为Ai1,2,3，从通道i离园的事件为B i1,2,3，
i i
由题意可得PA 3 ，PA PA  2 ，P  B A  4 ，P  B A P  B A  1 ，
1 7 2 3 7 1 1 5 1 2 1 3 10
PB PAP  B A PA P  B A PA P  B A  3  4  2  1  2  1  2 .. ............13分
1 1 1 1 2 1 2 3 1 3 7 5 7 10 7 10 5
16．解：（1）已知a4，b6，c8，由余弦定理得：
b2c2a2 366416 84 7
cosA    ...........................2分
2bc 268 96 8
2
因为A0,π所以由同角三角函数关系得：sinA 1cos2A  1   7   15 ...........................4分
8 8
1 1 15
ABC的面积S  bcsinA 68 3 15. ...........................6分
2 2 8
a b
（2）由正弦定理  ，且B2A,sinBsin2A2sinAcosA，
sinA sinB
代入得 4  6 ，约去sinAsinA0，解得cosA 3 . .......................8分
sinA 2sinAcosA 4
2
3 1
则cosBcos2A2cos2A12   1 . .....................10分
4 8
3 3
由余弦定理a2 b2c22bccosA，代入a4,b6,cosA 得：1636c226c ,
4 4
整理得c29c200，解得c5或c4. ......................13分
1π 1
当c4时，ac4，则AC，B2A AC，即B ，此时cosB0 ，矛盾，舍去；
2 8
a2c2b2 162536 1
当c5时，cosB   ，符合题意；故c5. ...........................15分
2ac 245 8
17．解：（1）在平面AABB内作ADAB交AB于点D，连接CD，
1 1 1
AD 3
由AA 5与cosAAB  ，得AD3，所以AD AA2  AD2  52 32 4，
1 1 AA 5 1 1
1
又平面ABBA 平面ABC，平面ABBA 平面ABC  AB，
1 1 1 1
ADAB，AD平面ABBA，故AD平面ABC，又因为CD平面ABC，故
1 1 1 1 1
9
ADCD，在△AAC 中，由AC AA 5与cosAAC ，
1 1 1 1 25
9
则AC2  AA2AC22AA ACcosAAC 2525252 32，即AC 4 2 ，
1 1 1 1 25 1
在RtACD中，CD2  AC2AD2 16，即CD4，所以CD2AD2  AC2，故CDAD，即ABCD，
1 1 1
又ADAB，且ADCD D ，AD、CD平面ACD，故AB平面ACD，
1 1 1 1 1
因为AC 平面ACD，所以AB AC，又因为四边形AACC为菱形，故AC  AC，
1 1 1 1 1 1 1
又AC AB A，AB、AC 平面ABC ，所以AC平面ABC . .................7分
1 1 1 1 1
（2）由（1）知AB平面ACD，ADCD，
1 1
  
故以点D为坐标原点，分别以DC、
DB
、DA 的方向为x、y、z轴的正方向
1
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， .......................8分
故A0,3,0、A 0,0,4、B0,2,0、C4,0,0、B 0,5,4，
1 1
     
AB 0,8,4，AC 4,3,0，AA 0,3,4，则AC ACAA  4,6,4，
1 1 1 1

设nx,y,z为平面ABC 的一个法向量，
1 1
 
 nAB 8y4z0 
则   1 ，取y2，得n1,2,4， ..........10分
nAC 4x6y4z0
1
 
由（1）知AC 平面ABC ，且AC 4,0,4，故令m1,0,1为平面ABC 的一个法向量，..........12分
1 1 1 1
 
mn 5 5 42
记二面角BAC B 的平面角为（显然为锐角），故cos     ，
1 1 m n 2 21 42
25 42
即二面角BAC B 的余弦值为 . ..........15分
1 1
42
c 3
 
18．解：（1）设C的焦距为2c，则由题意a 2 ，解得a2b，因为直线l:x2交C于D,E两点，
 a2 b2c2
x2 y2 4 y2
所以，将x2，a2b代入椭圆C:  1得  1，解得y b21，所以 DE 2 b21，
a2 b2 4b2 b2
1 x2 y2
因为 AB DE 2a b214b b218 3，解得b2 4，所以C的方程为  1； .........4分
2 16 4
（2）由（1）知：直线l为线段OB的中垂线，故GH 为圆F 的直径，所以GOH 90，
设G2,y ,H2,y ，则有O  G  O  H  0，即y y 4，
G H G H
y y y y 1
（ⅰ）分别记直线AP,AQ的斜率为k
1
,k
2
，则k
1
k
2

2
G
4

2
H
4
 G
36
H 
9
； ..........9分
（ⅱ）设Px,y ,Qx ,y ，直线PQ的方程为xmynn4，
1 1 2 2
xmyn
联立  x2 y2 可得  m24  y22mnyn2160，
  1
16 4
则Δ16
 4m216n2
0，且y y 
2mn
,y y 
n216
，.......10分
1 2 m24 1 2 m24
y y y y 1
由kk  1  2  1 2  ，
1 2 x 4 x 4 my n4my n4 9
1 2 1 2
化简得：  m29  y y mn4y y n42 0，
1 2 1 2
代入得： m29 n216 mn4 2mn  n4 20 ，即  m29  n4 m 2mn n40，
m24 m24 m24 m24
20 20 
化简得13n200，即n ，所以直线PQ恒过定点T ,0， ..........13分
13 13 
     
由AP3AM,AQ3AN知MN∥PQ，所以直线MN也过定点R，且AT 3AR，
 28 
即R ,0， ..........15分
 13 
48
显然原点O在线段TR上，故点O到直线PQ,MN的距离之和为平行线PQ,MN间的距离d，且d  TR  ，
13
48
故当直线PQ,MN垂直于x轴时，点O到直线PQ,MN的距离之和达最大值 . ..........17分
13
19．解：（1）当a1时， f x2sinxx,x 0,π ，则 fx2cosx1，
令 fx0，则cosx 1 ，即0x π ；令 fx0，则cosx 1 ，即 π xπ.
2 3 2 3
 π π  π π
所以 f x在0, 上单调递增，在 ,π上单调递减，又 f 00, f  3 , fπ π，
 3 3  3 3
3 π
所以 f x的值域为  π, 3 . ..................4分
 3
 π
（2）由 f xxcosx，得2sinxxcosxax0，设hx2sinxxcosxax,x

0,

，则h00，
 2
hx2cosxcosxxsinxacosxxsinxa，设gxcosxxsinxa，则gxxcosx，
 π  π π π
所以当x  0,  时，gx0，所以hx在  0,  上单调递增，所以1ah0hxh   a.
 2  2 2 2
π  π
①当a 时，hx0,hx在

0,

上单调递减，则hx0，不满足题意；
2  2
π  π
②当1a 时，x 0, ，使得hx 0，
2 0  2 0
当0xx 时，hx0,hx在0,x 上单调递减，则hxh00，不满足题意；
0 0
 π
③当a1时，hx0,hx在

0,

上单调递增，则hxh00，满足题意.
 2
综上可得a1，即实数a的取值范围是,1  . ..................9分
 π x sinx x
（3）由（2）得，当a1时，任意x0, ,2sinxxcosxx0恒成立，即tan   ，
 2 2 1cosx 2
所以tan
1

1

1

1

1  nN*
，
(n1)2 (n1)2 n1n2 n1 n2
1 1 1 1
所以tan tan tan tan
22 32 42 (n1)2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
           . ..................13分
2 3 3 4 4 5 n1 n2 2 n2 2n4
4 π 4 1 4cos2xπ
令 px xtanx,0 x ，则 px   ，
π 4 π cos2x πcos2x
 π
存在x 0, ，使得 px 0.
0  4 0
 π
则当x0,x 时， px0；当xx , 时， px0，
0  0 4
 π π
于是 px在0,x 上单调递增，在x , 上单调递减，而 p0 p 0 ，
0  0 4 4
所以 px0，即当0x π 时， 4 xtanx.
4 π
所以tan
1

4

1

8 

1

1 


n
N*
，
(n1)2 π (n1)2 π2n1 2n 3
1 1 1 1 81 1 1 1 1 1  81 1  8
所以tan tan tan tan            .
22 32 42 n12 π3 5 5 7 2n1 2n3 π3 2n3 3π
综上所述，
n
tan
1
tan
1
tan
1
tan
1

8 
n
N*
. ..................17分
2n4 22 32 42 (n1)2 3 π
4