数学-贵州省六校联盟2026届高三上学期高考实用性联考卷二_2026年高三《月考+期中考+阶段性检测真题合集》全国各省全科无水印_贵州省六校联盟2026届高三上学期高考实用性联考卷二

 
数学参考答案·第1 页（共10 页） 
2026 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（二） 
数学参考答案 
 
一、单项选择题（本大题共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） 
题号 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
答案 
B 
A 
D 
C 
B 
C 
A 
B 
【解析】 
1．由|
|
5
x ≥，得
5
x≥或
5
x≤- ，所以
{ 5 6 7}
A
B 

，，
，故选B． 
2．
1
i
2
z 
∵
，
3
i
z 

∴
，即z 在复平面内对应的点为(3 1)
，，在第一象限，故选A． 
3．由题意得
0
5
0
x
x





，
，得0
5
x


，所以函数定义域为(0 5)
，
，故选D． 
4 ．由
2
4
3
a
b
c



，
，
，可知角B 最大，∵
2
2
2
2
2
2
2
3
4
cos
0
2
2
2 3
a
c
b
B
ac








，且
(0 π)
B
，，∴角B 为钝角，故
ABC
△
是钝角三角形，故选C． 
5．由
[1
)
x


，
，都有
2
ax ，可得
2
a
x

．
2
y
x

∵
在[1
)

，
上单调递增，
min
2
y
x







∴
 
2
，故
2
a ，所以
/
p q ，但q
p

，故选B． 
6．设圆心为O，则
(2 2)
O ，，半径
2 2
r 
．当OA
BC

时，|
|
BC 最短，由
2
2
|
|
(1
2)
(1
2)
OA 



 
2

，所有|
| 2 8
2
2 6
BC 


，故选C． 
7．因为
π
3
tan
6
2









，则
2
2
2
2
2
2
π
π
π
cos
sin
1
tan
π
6
6
6
cos 2
π
π
π
3
cos
sin
1
tan
6
6
6






























































 
3
1
1
4
3
7
1
4




，故选A． 
8．设{
}
na
的公比为q ，
1
1
1
2
1
S
a
a



，∴
，
1
n
na
q 

，
1
1
n
n
q
S
q



，故
2
2
1
2
S
a
q


，
2
3
3
2
1
S
a
q
q



，
3
3
1
1
2
2
2(
)
S
a
S
a
S
a





，即
2
2
2
1
2(1
2 )
q
q
q




，解得
 
数学参考答案·第2 页（共10 页） 
1
2
q 
(
1
q 舍去)，此时
2
n
n
S
a


，满足题意，则
1
1
2
n
na







，所以
1
2
n
n
T





，
…
即
(
1)
0 1 2
1
2
1
1
2
2
n n
n
nT

















…
．当
1
n 时，
nT 取得最大值1，故选B． 
二、多项选择题（本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分） 
题号 
9 
10 
11 
答案 
ACD 
ABD 
BCD 
【解析】 
9．解：对于A，由于
2
~
(4
)
X
N

，
知正态曲线关于
4
x 
对称，因为
(
P X ≥
4
1)
5

，由对称性
得
(
P X ≤1）=
(
P X ≥
1
7)
5

，所以
3
(1
7)
5
P
X



，故A 正确；对于B ，由
2
0.01
7.301
6.635





，依据
0.01
a 
的独立性检验，可以认为两个变量有关联的可能性
很高，故B 错误；对于C，极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度，故C 正确；
对于D，8 个数从小到大排列，因为
1
8
2
4

，且2
2
0
2


，可得下四分位数是0，故D
正确，故选ACD． 
10 ．由
3
2
1
( )
3
3
f x
x
x
ax




求导，
2
( )
2
f
x
x
x
a




．对于A ，当
8
a 
时，
2
( )
2
8
(
4)(
2)
f
x
x
x
x
x








，由
( )
0
f
x


，得2
4
x


，由
( )
0
f
x


，得
2
x 或
4
x 
，即函数
( )
f x 在(
2) (4
)


，，，
上单调递减，在( 2 4)
，
上单调递增，且
( 2)
0
f 

，
(4)
0
f

；当x 时，
( )
f x ，当x 时，
( )
f x ，故当
8
a 时，函数
( )
f x 有3 个零点，故A 正确；对于B，由
2
( )
2
0
f
x
x
x
a





，当
1
a 时，其根的判
别式
4
4
0
a



，即该方程有两个不等实根，根据三次函数的图象性质可知，
( )
f x 有
两个极值，故B 正确；对于C，要使函数
( )
f x 在R 上单调递减，则
2
( )
2
f
x
x
x
a




≤
0
恒成立，显然
4
4a


≤0
解得a ≥1 ，故
C
错误；对于
D ，
 
数学参考答案·第3 页（共10 页） 
3
2
3
2
1
1
14
(2
)
( )
(2
)
(2
)
(2
)
3
3
2
3
3
3
f
x
f x
x
x
a
x
x
x
ax
a















，得
( )
f x
图象的对称中心坐标为
7
1
3
a








，
，所以
( )
a
f x
R，
图象对称中心的横坐标不变，故
D 正确，故选ABD． 
11．抛物线
2
8
y
x

的焦点为
(2 0)
F
，
，准线方程为
2
x ，设直线
l 的方程为
2
x
my


，
1
1
(
)
A x
y
，
，
2
2
(
)
B x
y
，
，由
2
2
8
x
my
y
x






，
，
则
2
8
16
0
y
my



，所以
0

显然成立，
1
2
1
2
8
16
y
y
m
y y



，
，
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
( 16)
16
12
8
8
64
y
y
OA OB
x x
y y
y y











，故A
错误；对于B ：如图1 ，过点B 作准线的垂线，垂足为B，由抛物线定义
|
| |
| |
|
|
|
3
5
2
p
BN
BF
BN
BB





≥
，当且仅当N 、B 、B三点共线时取等号，故B 正
确；对于C：
1
1
2
1
|
|
|
|
2
AF
BF
p



∵
，
1
1
|
| 4 |
| 2(|
| 4 |
|) |
|
|
|
AF
BF
AF
BF
AF
BF










∴
 
|
|
4 |
|
2
5
18
|
|
|
|
AF
BF
BF
AF









≥，当且仅当
|
|
4 |
|
|
| 2 |
|
|
|
|
|
AF
BF
AF
BF
BF
AF


，即
时等号成立，故C
正确；对于D：设
2
2
1
2
1
2
( 2 0)
8
8
y
y
A
y
B
y
M













，
，
，
，
，
，则
1
2
2
2
1
2
2
2
8
8
AM
BM
y
y
k
k
y
y






 
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
8
8
8
(
16)
8
(
16)
8
8
128(
)
16
16
(
16)(
16)
(
16)(
16)
y
y
y y
y
y
y y
y y
y
y
y
y
y
y
y
y















 
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
8
(
)
128(
)
8
( 16)(
)
128(
)
0
(
16)(
16)
(
16)(
16)
y y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y














，
OMA
OMB


∴
，故
D 正确，故选BCD． 
三、填空题（本大题共3 小题，每小题5 分，共15 分） 
题号 
12 
13 
14 
答案 
1
ln π
0
x
y



 
7
 
2 5 
图1 
 
数学参考答案·第4 页（共10 页） 
【解析】 
12．因为
0
(0)
e
ln π
1
ln π
f



，所以切点(0 1
ln π).

，
又因为
( )
ex
f
x


，所以切线斜率
(0)
1
k
f 

，因此切线方程为：
1
ln π
0.
x
y



 
13．
2
2
0
(2
) (
)
2 |
|
|
|
2 1
9
7.












∵
，∴
a b
a
b
a
b
a
a b
b
 
14．由题可知点P 在过球心与底面平行的截面圆上，如图2，设P 在底 
面的射影为P，则
1
PP，
2
2
1
PE
P E



，
2
2
1
PF
P F



， 
2
2
2
2
2
2
2
8 (
)
2
2 1
1
P E
P F
PE
PF
P E
P F
P E
P F















，
 
2
2
10
2 1
1
.
P E
P F






又由基本不等式：
2
2
2
2
1
1
P E
P F




 
≤
2
2
1
1
2
P E
P F




5
，当且仅当P E
P F



时，等号成立，所以PE
PF

最大值为2 5 ． 
四、解答题（共77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 
15．（本小题满分13 分） 
解：（1）
2
2 cos
b
c
a
C


∵
， 
由正弦定理可得：2sin
sin
2sin
cos
.
B
C
A
C


………………………………………（2 分） 
又
π
(
)
B
A
C



∵
，  
sin
2sin(
)
2sin
cos
C
A
C
A
C



∴
 
2sin
cos
2cos
sin
2sin
cos
A
C
A
C
A
C



 
2cos
sin
.
A
C

……………………………………………………………………………（4 分） 
又
(0 π)
sin
0
C
C


∵
，，∴
， 
1
cos
(0 π)
2
A
A


∴
，
，，…………………………………………………………………（5 分） 
π
3
A 
∴
. …………………………………………………………………………………（6 分） 
   （2）
1
3 3
sin
2
4
ABC
S
bc
A


△
∵
，………………………………………………………（7 分） 
由（1）可知，
π
3
A 
，则解得
3
bc 
． ………………………………………………（8 分） 
又由余弦定理有：
2
2
2
cos
2
b
c
a
A
bc



，解得
2
2
12
b
c


． …………………………（9 分） 
∵
1 (
)
2
AD
AB
AC





， …………………………………………………………………（10 分） 
图2 
 
数学参考答案·第5 页（共10 页） 
得：
2
2
2
1
1
1
4
4
2
AD
AB
AC
AB
AC









， 
即得
2
2
2
1
15
(
)
4
4
AD
b
c
bc





，………………………………………………………（12 分） 
15
2
AD 
∴
. ……………………………………………………………………………（13 分） 
16．（本小题满分15 分） 
（1）解：由题意得
2
8
4
4
c 


，故焦点坐标为( 2 0).
，
 
 …………………………………………………………………………………（2 分） 
又因为( 3 1)
，在双曲线上，所以
2
2
3
1
1.
a
b


 
由
2
2
2
2
4
3
1
1
a
b
a
b







，
，
解得
2
2
a 
或者
2
6
a 
（舍，因
2
4
a 
）， 
则
2
2
b ，…………………………………………………………………………………（5 分） 
所以双曲线E 的方程为
2
2
1.
2
2
x
y


……………………………………………………（6 分） 
（2）证明：设直线l 的方程为
1
1
2
2
2
(
)
(
)
x
ty
A x
y
B x
y

，与右支交于
，
，
，
， 
 …………………………………………………………………………………（7 分） 
联立方程组：
2
2
2
2
x
ty
x
y







，
，展开化简得
2
2
(
1)
4
2
0(
1)
t
y
ty
t





，
2
2
2
16
8(
1)
8
8
0(
)
t
t
t






恒成立， 
2
1
2
1
2
2
2
4
2
(
1)
1
1
t
y
y
y
y
t
t
t








，
，   
 ………………………………………………………………………………（10 分） 
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
(
1)
(
1)
1
1
1
1
(
1)(
1)
PA
PB
y
y
y
y
y ty
y ty
k
k
x
x
ty
ty
ty
ty















， 
1
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
4
4
4
(
1)
(
1)
2
(
)
2
0
1
1
1
t
t
t
y ty
y ty
ty y
y
y
t
t
t
t






















， 
所以
0
PA
PB
k
k


，………………………………………………………………………（14 分） 
即PA PB
，
斜率互为相反数，故
.
FPA
FPB


 
 ………………………………………………………………………………（15 分） 
 
数学参考答案·第6 页（共10 页） 
17．（本小题满分15 分） 
（1）证明：在
ABC
△
中，由正弦定理sin
sin
AB
BC
BCA
A


，得
2
2 3
sin30
sin A


． 
 ………………………………………………………………………………（1 分） 
解得
3
sin
2
A 
，因BC
AC

，…………………………………………………………（2 分） 
所以
2
2
2
2
2
60
90
2
(2 3)
16
4.
A
ABC
AC
AB
BC
AC











，
，
 
…………………………………………………………………………………（3 分） 
1
2
1
60
4
ABD
AB
AD
AC
A





在△
中，
，
，
， 
2
2
2
2
cos
3
BD
AB
AD
AB
AD
A
BD






由余弦定理
，得
，………………………（4 分） 
所以，
2
2
2
1
.
BD
AD
AB
AD
BD
A D
BD






…………………………………（5 分） 
1
1
1
1
A BD
BCD
A D
A BD
A BD
BCD
BD




平面
平面
，
平面
，平面
平面
又因
， 
1A D
BCD
BC
BCD


所以
平面
，又因
平面
，…………………………………………（6 分） 
1
.
A D
BC

所以
…………………………………………………………………………（7 分） 
（2）解：由（1）知
1
DB DC
DA
，
，
两两垂直，建立如
图3 所示空间直角坐标系，
(0 0 0)
(0 3 0)
D
C
，，，
，，， 
1
3
1
( 3 0 0)
(0 0 1)
0
2
2
B
A
E







，，，
，，，
，，
， 
………………………………………（8 分） 
3
1
0
2
2
DE









，，
，
(0 3 0)
DC 

，，，
( 3
3 0)
CB 


，
，，
1
(0
3 1)
CA 


，
，. 
………………………………………………………………………………………（9 分） 
设平面CDE 法向量
(
)
m
x
y z


，，，由
0
m DE 



， 
得
3
1
0
2
2
3
0
x
z
y







，
，
取
( 1 0
3)
m 

，，
. ………………………………………………（11 分） 
图3 
 
数学参考答案·第7 页（共10 页） 
设平面
1A BC 法向量
(
)
n
a b c


，，，由
0
n CB 



， 
得
3
3
0
3
0
a
b
b
c







，
，
取法向量
( 3 1 3)
n 

，，. ……………………………………………（13 分） 
所以，
|
|
2 3
39
| cos
|
13
|
| |
|
2 13
m n
m n
m
n











，
． 
所以，平面CDE 与平面
1A BC 的夹角的余弦值为
39 .
13
 ……………………………（15 分） 
18．（本小题满分17 分） 
解：（1）据题意，每位运动员只参加“双人对战赛”的概率为3
5 ，获得1 份纪念品；既参
加“双人对战赛”又参加“四人赛”的概率为2
5 ，获得2 份纪念品； 
则
2
1
3
2
3
54
(
4)
C
.
5
5
125
P X










 ………………………………………………………（4 分） 
（2）因为n 位参加 “双人对战赛”的运动员获得纪念品的的个数恰为
1
n ，则只有1 人
既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”， 
于是
1
1
2
3
2
3
C
5
5
3
5
n
n
n
n
n
c


















，……………………………………………………（6 分） 
则
2
3
2
3
3
3
3
1
2
3
3
5
5
5
5
n
nT
n


































…
 
2
3
4
1
3
2
3
3
3
3
1
2
3
5
3
5
5
5
5
n
nT
n









































.
…
  ……………………………（7 分） 
    两式相减，得
2
3
1
2
2 3
3
3
3
3
5
3 5
5
5
5
5
n
n
nT
n








































…
 
    
1
3
3
1
5
5
2
3
2
3
1
1
3
3
5
5
5
1
5
n
n
n
n
n



















































，
 
所以
5
5
3
.
2
2
5
n
nT
n













 …………………………………………………………（10 分） 
 
数学参考答案·第8 页（共10 页） 
（3）解法一：设只参加“双人对战赛”的人数为k ，则既参加“双人对战赛”又参加“四
人赛”的人数为30
k

， 
因此运动员得到纪念品总个数
2(30
)
60
m
k
k
k





， 
此时
30
30
3
2
C
.
5
5
k
k
k
m
b
















 …………………………………………………………（13 分） 
设
30
30
3
2
C
( )
5
5
k
k
k
m
b
f k

















， 
假定
m
b 取最大值，必有0
30
k


，k 
*
N ， 
于是
30
1
29
1
30
30
30
1
31
1
30
30
3
2
3
2
C
C
5
5
5
5
3
2
3
2
C
C
5
5
5
5
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k

























































≥
，
≥
，
 
即
30
1
1
29
30
30
30
30
30
1
1
31
30
30
30
30
1
1
C
3
2
C
3
2
5
5
1
1
C
3
2
C
3
2
5
5
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
























≥
，
≥
，
  
即
30!
30!
2
3
!(30
)!
(
1)!(29
)!
30!
30!
3
2
!(30
)!
(
1)!(31
)!
k
k
k
k
k
k
k
k
















≥
，
≥
，
 ………………………………………………（15 分） 
整理得88
93
5
5
k
≤≤
，又k 
*
N ，则
18
k 
， 
所以当
m
b 取最大值时，
60
42.
m
k



 ……………………………………………（17 分） 
解法二： 
设只参加“双人对战赛”的人数为k ，则既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”的人数
为30
k

，因此运动员得到纪念品总个数
2(30
)
60
m
k
k
k





， 
此时
30
30
3
2
C
5
5
k
k
k
m
b
















，设
3
30
5
p
n


，
，……………………………………（13 分） 
C
( )
(1
)
k
k
n k
m
n
k
b
p
p
p






， 
1
1
1
1
C
(1
)
(
1)
C
(1
)
(1
)
k
k
n k
k
n
k
k
n k
k
n
p
p
p
n
k
p
p
p
p
k
p












 
 
数学参考答案·第9 页（共10 页） 
(1
)
(
1)
(
1)
1
(1
)
(1
)
k
p
n
p
k
n
p
k
k
p
k
p










. 
当
(
1)
k
n
p


时，
1
k
k
p
p 

；当
(
1)
k
n
p


时，
1
k
k
p
p 

， 
如果(
1)
n
p

为正整数，
(
1)
k
n
p


， 
此时
1
k
k
p
p 

两项取得最大，如果(
1)
n
p

不是整数， 
则k 取(
1)
n
p

的整数部分．  …………………………………………………………（15 分） 
将
3
30
5
p
n


，
代入，得
18
k 
， 
所以当
m
b 取最大值时，
60
42.
m
k



  ……………………………………………（17 分） 
19．（本小题满分17 分） 
（1）解：由题意得，
( )
( )
3sin
e
1
x
g x
f x
x
x




，其定义域为R，
( )
e
1
x
g x


． 
 ………………………………………………………………………（2 分） 
当
(
0)
x，
时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递减；  
    当
(0
)
x

，
时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增， 
    所以( )
g x 在
0
x 
时取得最小值(0)
0
g

． 
    综上所述，( )
g x 的最小值为0．…………………………………………………………（5 分） 
   （2）证明：由题意得，
( )
f x 的定义域为R，
( )
e
3cos
1
x
f
x
x



．………………（6 分） 
①当
0
2
x






π
，
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增. 
又
(0)
0
f

，所以
( )
f x 在0
2





π
，
上存在唯一零点0；…………………………………（7 分） 
②当
2
x






π，
时，设( )
( )
h x
f
x


，则
( )
e
3sin
x
h x
x



≥
2
e
3sin
0
x


π
， 
所以( )
h x 在2





π，
上单调递增. 
又
π
2
e
1
0
2
h






π
，所以( )
0
h x 
，所以
( )
f x 在2





π，
上单调递增， 
所以
π
2
( )
e
3
1
0
2
2
f x
f 










π
π
，所以
( )
f x 在2





π，
上无零点；…………（8 分） 
 
数学参考答案·第10 页（共10 页） 
③当
[
0)
xπ，
时，易知
( )
f
x

单调递增， 
又
(
)
e
4
0
(0)
3
0
f
f









π
π
，
， 
所以存在
0
[
0)
x π，，使得
0
(
)
0
f
x


， 
且当
0
[
)
x
x
π，
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减； 
当
0
(
0)
x
x

，
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增， 
又
(
)
e
1
0
f





π
π
π
，
(0)
0
f

． 
由零点存在性定理得，所以
( )
f x 在[
0)
π，
上存在唯一零点；………………………（9 分） 
④当
3
2
x







- π，π 时，由（1）可知，( )
e
1
x
g x
x


单调递减. 
又
3sin
y
x

单调递减，所以
( )
f x 单调递减，所以
( )
(
)
e
1
0
f x
f






π
π
π
，故而
( )
f x
在
3
2






- π，π 上无零点；………………………………………………………………（10 分） 
⑤当
3
2
x








π
，
时，
3π
2
3
( )
e
1
3sin
0
2
f x
x





π
， 
故而
( )
f x 在
3
2








π
，
上无零点． 
综上所述，( )
f x 在定义域内有且仅有2 个零点，得证．……………………………（11 分） 
（3）证明：由（2）可得，2
0
t 
，不妨设
1
2
x
x

，则1
1
2
2
0
t
x
x
t




， 
构造函数
( )
( )
3
m x
f x
x


，
(
0)
x，
，……………………………………………（14 分） 
则
( )
( )
3
e
3cos
4
0
x
m x
f
x
x







，所以
( )
m x 在(
0)
，
上单调递减， 
所以
( )
( )
3
(0)
0
m x
f x
x
m




，所以当
(
0)
x，
时，
( )
3
f x
x

， 
……………………………………………………………………………………（15 分） 
所以
2
2
(
)
3
f x
x

，又
2
(
)
f x
a

，所以
2
3
a
x

，所以
2
1
3
x
a

． 
又
1
1
x
t
> ，所以
1
1
x
t

，所以
2
1
1
1
3
x
x
a
t



， 
即
2
1
1
1
|
|
3
x
x
a
t



，得证． ……………………………………………………………（17 分）