高三数学答案--山东师大附中2026.6高考考前打靶卷_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷_260603山东师范大学附属中学2023级高三高考前适应性训练（全科）

山东师范大学附属中学2023 级高三高考前适应性训练
数学试题答案
一、单项选择题：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
有一个选项是符合题目要求的.
1．答案：A
详解： A x 3x0 ，B x x1 ，AB x 1x0  ,A正确.
2．答案：C
详解： i i1i 1i 1 1 ， 1 1 ，
z     i z  i
1i 1i1i 1i2 2 2 2 2
 1 1
z在复平面内对应的点为  ， ，在第三象限，C正确.
 2 2
3．答案：C
解析： x2 10展开式中第6项的二项式系数是C5 ,
10
4.答案：A
x2y 2
解析：x0，y0，由x2y2xy0得：2xyx2y

，
 2 
解得x2y4，当且仅当x2y时取等号，由x2y 2解得x2，y 1，
所以当x2，y 1时，x2y取得最小值4.故选：A
5．答案：D
【解析】因为S
n1
3S
n
2S
n1
(n≥2)，所以S
n1
S
n
2(S
n
S
n1
)(n≥2)，即a
n1
2a
n
(n2)，
所以数列{a }从第二项起构成公比为2的等比数列，
n
所以“S 3S 2S (n≥2)”是“{a }为等比数列”的既不充分也不必要条件. 故选D
n1 n n1 n
6. 答案：C
【详解】因为A90，以A为坐标原点，
AB,AC方向为x,y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0),B(2,0),C(0,4),
 π
设PAB,则

0,

，
 2
过点P作x轴的垂线，垂足为Q，则AQ cos,PQ sin，
  
所以P(cos,sin)，所以AP (cos,sin),AB (2,0),AC (0,4)，
1  
因为APABAC，所以(cos,sin) (2,4)，所以2cos,4sin，
cos sin 5  π
则   sin ，其中tan2，  0,  ，
 2
2 4 4
π 5
所以当 ， 有最大值为 .
2 4
7．答案：D
1
解析：当x0时， f  x  xlnx，求导得 f x lnx1，令 f x 0，解得x  ，
e
1 1
当0 x 时， f x 0， f  x  单调递减；当x  时， f x 0， f  x  单调递增；
e e
1 1 1 1 1
故x  是 f  x  的极小值点，即为最小值点， f    ln  ，
e e e e e
3  π
且 f  1 ln10；当 π x0时， f  x sin2x ，
4  3
 3π   3π π  11π π 1
f  sin2   sin sin  ，
 4    4  3  6  6 2
 7π   7π π  3π π
f  sin2   sin sin 1，
 12   12 3  2  2
 π    π  π  π π
f  sin2   sin sin 1
 12   12 3  2 2
 π  π π 3
f 0sin20 sin  sin  ，
 3  3 3 2
f xsin  2x π 在 

 3π , 7π

上单调递增，在   7π , π

上单调递减，在   π ,0

 上单调
 3  4 12  12 12  12 
递增，
xlnx,x0

故函数 f(x)  π 3 的图象如下：
sin2x , πx0
  3 4
已知函数 y  f(x)a有3个零点，由图象可知，
1 
当a

,1时， y  f(x)a有3个交点；
2 
 1   1  1 
当a ,0时， y  f(x)a有3个交点；综上，实数a的取值范围是 ,0 ,1.
 e   e  2 
8. 答案：A
2【解析】由题意，椭圆方程为 ，焦点 ， ．
由中位线定理， ，又 ，
，
故点 在圆 上．
设 ，则 ．故选A.
9. 答案：AC.
【解析】对于A：由图可知二月份比一月份增加6万元，三月份比二月份增加24万元，四
月份比三月份减少13万元，五月份比四月份减少24万元，
六月份比五月份增加6万元，七月份比六月份增加12万元，八月份比七月份增加2万元，
九月份比八月份减少18万元，
十月份比九月份减少4万元，故与上个月相比营业额下降最多的是五月份，A正确；
对于B，极差为6021=39，B错误；
1
对于C：前5个月的平均数x  303660472339.2，
1 5
1
方差s2  3039.223639.226039.224739.222339.22170.16；
1 5  
1
后5个月的平均数x  294143252131.8，
2 5
1
方差s2  2931.824131.824331.822531.822131.8276.16
2 5  
因为170.1676.16，所以前5个月的营业额的方差确实大于后5个月，C正确；
对于D：将10个数据从小到大排序：21,23,25,29,30,36,41,43,47,60,
因为1025%2.5，所以下四分位数取第3项，即25，D错误.
10答案：ABD
【解析】 f x 1 cos4 x 1 sin4 x 3sinxcosx 1 cos2xsin2x  cos2xsin2x   3 sin2x
2 2 2 2
1 3  π
 cos2x sin2x cos 2x  ，
2 2  3
3π  π π
选项A：因为 f   cos2   cosπ 1，
3  3 3
π
所以直线x 是函数 f x的图象的一条对称轴，故A正确；
3
选项B：将函数 f x的图象向左平移0个单位长度后所得函数为
 π  π
f xcos

2x

cos2x2 ，
 3  3
 π π π kπ π
要使ycos2x2 为奇函数，则2 kπ ，kZ，解得  ，kZ，
 3 3 2 2 12
π
而0，则的最小值为 ，故B正确；
12
π π kπ π
选项C：令 f x0，则2x kπ ，kZ，解得x  ，kZ，
3 2 2 12
当x 0,π 时，x π 或x 7π ，
12 12
所以函数 f x在区间 0,π 上只有2个零点，故C错误；
π 5π π
选项D：当x

,

时，令t 2x  π,2π ，
3 6  3
π 5π
因为ycost在  π,2π  上单调递增，所以函数 f x在区间

,

上单调递增，故D正确．
3 6 
11.答案： AB
【解析】选项A: 已知r =1,r =2,母线l=3,满足l=r +r , 故存在内切球。
1 2 1 2
计算半径: 圆台轴截面为等腰梯形,上底2r =2, 下底2r =4,
1 2
高h= l2− r −r 2= 32−12=2 2, 轴截面面积S= 1 2+4 ×2 2=6 2.
2 1
2
设内切球半径为R,轴截面内切圆半径等于R, 则S= 1 2r +2r +2l R
1 2 ,
2
即6 2= 1 (2+4+6)R, 解得R= 2. 结论:选项A正确
2
选项B：建立坐标系:以O 为原点,AB为x轴,过O 垂直AB的直线为y轴,O O 为z轴
2 2 1 2
则A −2,0,0 ,B 2,0,0 ,C 0,2,0 ,D x,y,2 且(x2+y2=1)
AC= 2,2,0 , AD= x+2,y,2
设平 面ACD的法 向量n= a,b,c ,
由
n⋅ AC=0
得
2a+2b=0
令a=1,则b=−1,c=
y−x−2
,故n= 1,−1,
y−x−2
n⋅ AD=0 x+2 a+yb+2c=0 2 2
 

 
4n⋅ AB 4 4 10
AB= 4,0,0 点B到平面ACD的距离:d= = =
n 5
  y−x−2 2
 1+1+
 2
2 2
化简得 2+ y−x−2 = 10, 即 y−x−2 =8,即y−x−2=±4
2 2
联立
x2+y2=1
(无解); 联立
x2+y2=1
(解得 − 3 ,− 4 和 1,0 )
y−x=6 y−x=−2 5 5
结论:存在两个点D,结论:选项B正确.
选项C：设过A的母线为AE(E在上底面),
假设AE//平面BCD,则AE//BE(BE为平面ABE与平面BCD的交线),
但AE与BE相交于E,矛盾. 结论:选项C错误.
选项D：平面BCD的法向量m= 1,1, 2−x−y ,平面ACD的法向量n= 1,−1, y−x−2
2 2
 2−x−y y−x−2 
若面面垂直,则m⋅ n=0,即1−1+ =0
4
  x2+y2=1
化简得(x+y−2)2=0,x+y=2联立 , 判别式Δ=−4<0,无解，选项D错误.
x+y=2
12．答案：ln2
2xa
解析：由 0得  x1  2xa 0,
1x
2xa
因为函数 f(x)ln b是奇函数,所以定义域关于原点对称,
1x
a
则方程  x1  2xa 0根互为相反数,所以 1,所以a  2,
2
2xa 2x2
所以函数 f(x)ln b的定义域为 1,1  , f(x)ln b,
1x 1x
 2x2   2x2 
因为 f x  f  x  ln b  ln b 0,
 1x   1x 
2x2 2x2
所以ln   2b0,即ln42b0,解得bln2.
 1x 1x 
2x2
此时 f(x)ln ln2,定义域为 1,1  ,且满足 f x f  x  ,
1x
所以bln2.
530
13．答案：
2
【解析】将圆x2  y2 4x10化为标准方程得到 x2 2  y2 5，
所以圆心C(2,0)，半径r  5 ，则 PC   20 2   02 2 2 2.
 2  2
在直角三角形PAC 中， PA  |PC |2 r2  2 2  5  3 ，
1 1 15
所以S  |CA||PA|  5 3  ；
△PAC
2 2 2
1 | AB| 1 | AB| 15 30
同时S  |PC| ，代入得到 2 2  | AB| .
2 2 2 2 2 2
27 20
14答案 ；
125 61
【解析】记“第i次取出白球为事件A”，“第i次取出红球为事件B ”， “连续取球3次，袋
i i
中还有2个红球为事件 ”， “连续取球3次，袋中还有1个红球为事件C”，
事件 的发生，意味着三  次取球中三次取到白球，
3 3 3 27
P(D  )    ；
5 5 5 125
事件C的发生，意味着三次取球中有且仅有一次取到红球，该次可能是第一次、第二次或
第三次，这三种情况互斥，
则P(C)P(BC)P(BC)P(BC)
1 2 3
2 3 3 9 3 2 3 9 3 3 2 18
因为P(BC)    ，P(BC)    ，P(BC)   
1 5 4 4 40 2 5 5 4 50 1 5 5 5 125
9 9 18 549
所以P(C)    ，
40 50 125 1000
P(B C) 9 20
所以P(B C) 2  50  .
2 P(C) 549 61
1000
1      
15．【详解】（1）因为S  bcsinA，ABAC  AB  AC cosAcbcosA，2S 3ABAC 0，
2
1
所以2 bcsinA 3cbcosA0，即bcsinA 3bccosA0，
2
因为bc0，cosA0，所以tanA 3，
2π
又因为0 Aπ，所以A .
3
 2 1    2 1  2 2
（2）因为AD AB AC，CD ADAC  AB ACAC  AB AC.
3 3 3 3 3 3
6   
2 2
因为CD2AD，所以 CD 2 AD ，则 CD 4 AD ，
2 2 2 2 1 2
即  AB AC 4 AB AC .
3 3  3 3 
  
整理得 AB 2 2ABAC0 ，即 c22cbcosA0 ，也即 ccb0.
因为c0，所以 cb0 ，即 bc.
在ABC 中，由余弦定理知，
a2 b2c22bccosAc2c22cc


1
3c2
，
 2
bc cc 2 2 3
所以    .
a 3c 3 3
16.【解析】 (1)因为平面ABCD⊥平面ACEF, 平面ABCD⋂ 平面ACEF=AC,
AC⊂平面ACEF,AB⊥AC, 所以AB⊥平面ACEF.取AC的中点O,
连接DO,OM. 因为DA=DC, 所以DO⊥AC. 因为AB⊥AC,所以
DO//AB.因为M为BC的中点, 所以OM//AB.
所以D,O,M三点共线, 所以DM//AB.
所以DM⊥平面ACEF.
(2)由(I)知AB⊥平面ACEF, 所以AB⊥AF.
又因为AB⊥AC, AC⊥AF,所以如图建立空间直角坐标系A−xyz.
连接EO, 由(I)DM⊥平面ACEF,EO⊂平面ACEF, 所以DM⊥EO.所以DO= DE2−EO2= 3 .
2
所以C(2,0,0),D(1,− 3 ,0),E(1,0, 6).因此DC=(1, 3 ,0),CE=(−1,0, 6).
2 2
 
n⋅ DC=0, x+ 3 y=0,
设平面CDE的法向量为n=(x,y,z), 则 即 2 .
n⋅ CE=0,
 −x+ 6z=0.

令z=1,得x= 6,y=−2 2.于是n= 6,−2 2,1 平面ABF的法向量为AC= 2,0,0 .
设平面CDE与平面ABF的夹角为θ,则 
∣n⋅ AC∣ 2 6 10
cosθ=∣cos n,AC ∣= = =
⟨ ⟩ ∣n∣∣AC∣ 6+8+1×2 5


10
所以平面CDE与平面ABF夹角的余 弦值为 .
5
73
17．答案：（1）证明见解析；（2）
2e2
1 1
解析：(1)直线l 的方程为 ylnm (xm)，直线l 的方程为 y m2 bm(xm),
1 2
m 2
 1
 ylnm  xm  1
 m m( m2 blnm1)
联立 ，解得
2
，
1 x
 y m2bm  xm  m2 1
 2
1 1 (m1)(m1)
令h(m) m2 blnm1,则h(m)m  ,
2 m m
当0 m1时,h  (m)0,h(m)单调递减,当m 1时,h(m)0,h(m)单调递增,
1 3
所以h(m) h(1) b1 b,
min 2 2
3 3
当b 时,h(m)  b0,所以h(m)0,又m 0,所以x0,
2 min 2
3
所以当b 时,l 与l 的交点位于y轴右侧；
1 2
2
m b
(2)由题可知,A(0,lnm1),B(  ,0),b0,m 0,e 
2 m
m b
则 OA  lnm1 1lnm, OB   ,
2 m
m b  m 1
若 OA e OB ,则1lnme  ,解得b (1lnm) m2 ,
 2 m e 2
m 1 lnmem
设t  m   1lnm  m2,m 0,e  ,则t(m) ,
e 2 e
1
令s  m lnmem,m 0,e  ,则s(m) e0恒成立,
m
1
所以s(m)在  0,e  上单调递增,又s( )0,
e
1 1
所以当0m 时,s(m)0,t(m)0,当 me 时,s(m)0,t(m)0,
e e
 1 1 
所以t(m)在0, 上单调递增,在 ,e上单调递减,
 e e 
1 2 1 3 3
所以t(m) t( )   ,所以b的最大值为 .
max e e2 2e2 2e2 2e2
y y
18.【解析】（1）设P(x,y)，因为A(1,0),B(1,0),由题意可得  3(x1)，
x1 x1
则y2 3  x21  ，故曲线C的方程为x2 
y2
1(x1)．
3
8（2）（ⅰ）设Mx,y ,Nx ,y ，则Tx,y ．
1 1 2 2 1 1
显然l的斜率不为零，否则有x x,y  y,l: y y，
2 1 2 1 1
k y x 1 x 1
此时 TB  1  2  2 1，而直线TB和NA的斜率之商为2，有矛盾．
k x 1 y 1x
NA 1 2 1
xmyt
故可设l:xmyt，由   y2 得  3m21  y26mty3t230，
x2 1
 3
依题意，3m210且Δ36m2t24  3m21  3t23  12  3m2t21  0，
3 6mt 3t23
∴m 且3m21t2 0,y y  ,y y  ．
3 1 2 3m21 1 2 3m21
xmyt
由   y2 得  3m21  x22tx3m2t2 0，所以x x  2t ,xx  3m2t2
x2 1 1 2 3m21 1 2 3m21
 3
y 2y
因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以 1  2
x 1 x 1
1 2
y y
因为点M在C上，所以y2 3  x21  ，即 1  1 3，
1 1 x 1 x 1
1 1
3  t21 
所以 2y 2  y 1  3，即 2y 1 y 2 3,
2
3m21 3，
x 1 x 1 xx x x 1 3m2t2 2t
2 1 1 2 1 2   1
3m21 3m21
2t1
化简可得 1，解得t 3．
t1
此时Δ12  3m28  0恒成立，所以l:xmy3，过定点(3,0)．
6 3m29 24
（ⅱ）由（2）知，x x  ,xx  ,y y  ．
1 2 3m21 1 2 3m21 1 2 3m21
3 3
①当3m210，即 m 时，xx 0，
1 2
3 3
∴M,N均在C的右支，如图．此时
 
BM BN x 1x 1y y xx  x x y y 1
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
3m29 6 24 20
   1  0，
3m21 3m21 3m21 3m21
∴MBN是钝角，△BMN是钝角三角形．
3 3 3m29
②当3m210，即m 或m 时，xx   0，
3 3 1 2 3m21
∴M,N分别在C的两支．不妨设M 在C的右支，则x 1，如图．
1
 
设R(3,0)，则MBMR1x 3x y2x24x 33x23 4x x 1 0 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
9 π
∴BMR0, ．
 2
π 
∵l过点R，∴BMN  πBMR ,π，∴BMN 是钝角，△BMN是钝角三角形．
2 
综上可知，△BMN是钝角三角形。
S a
19.【解析】（1）由 1  1 1，na n(S S )S n2n ，
1 1 n1 n1 n n
S S S 
则nS (n1)S n(n1)，所以 n1  n 1，故 n是首项、公差均为1的等差数列；
n1 n n1 n  n 
S
（2）（i）由（1）得
n
n nS
n
n2，当n2时，a
n
S
n
S
n1
n2(n1)2 2n1，
显然a 1满足，所以a 2n1，所以b C11C23Cn1(2n3)Cn(2n1) ，
1 n n n n n n
又Ci
n
=Cn
n
i，iN,nN*,in ，
所以2b C1(2n2)C2(2n2)Cn1(2n2)2(2n1)
n n n n
(2n2)(C1 C2Cn1)2(2n1)(2n2)2n2，
n n n
所以b (n1)2n1，若数列b 的前n项和为T ，
n n n
则T 021122(n1)2nn，2T 022123(n1)2n12n，
n n
4(12n1)
所以T 22232n(n1)2n1n (n1)2n1n (2n)2n14n，
n 12
所以T (n2)2n1n4；（ii）当 jn2时，
n
b b i12ij12j2(n1)2n2 2n2n2 2，
i j
与b b n2n22矛盾，所以 jn1，当 jn时，
i j
b
i
b
j
b
n1
b
n
(n2)2n1(n1)2n23n2n12，与b
i
b
j
3n2n12矛盾，所以
jn1，综上 jn1，此时3n2n12b b (i1)2i n2n12n2n22，所以
i j
n2n1 (i1)2i n2n1，可得1in，即i1,2,,n，所以
M {b b ,b b ,,b b } ，则K b b b b b b
n 1 n1 2 n1 n n1 n 1 n1 2 n1 n n1
T nb (n2)2n1n4n22n1n
n n1
10