贵州省遵义市2026届高三上学期高考模拟适应性考试(遵义二模)数学试题（含答案）

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遵义市 2026 届高三年级第二次适应性考试（数学参考答案）
2026 年 2 月 4 日
一、单项选择题
二、多项选择题
三、填空题
部分试题解析
第 7 题解析：
解法一：几何法
取BC 的中点 O ，连接 AO 、 PO ，则 AO 丄 BC ， PO 丄 BC ；
因为平面 PBC 丄 平面 ABC ，平面PBC ∩ 平面 ABC = BC ， AO 丄 BC
AO 平面 ABC ，所以 AO 丄 平面 PBC ，因此， 上APO 是直线PA 与平面 PBC 所成角.在RtΔAPO 中， AO = 1 ， PO ， AP ，从而， sin 上APO
解法二：空间向量法
以 O 为坐标原点， OA 、 OC 、 OP 分别为x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0,0,0) ， B(0,- ,0) ， C(0, ,0) ， A(1,0,0) ， P(0,0
因为 OA 丄平面 PBC ，取平面 PBC 的一个法向量为 n = (1,0,0) ，又
遵义市 2026 届高三年级第二次适应性考试 ·答案 数学 ·1 · （共 14 页）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
B
D
A
D
C
B
题号
9
10
11
答案
AC
ACD
ABD
题号
12
13
14
答案
2. 1
26
设直线PA 与平面PBC 所成角θ , 则sin
解法三：等体积法
三棱锥P ABC 的体积可以用两种方式表示，如下：
设点 A到平面PBC 的距离为 d ，则 V SΔABC . PO SΔPBC . d
而 SΔABC AB . AC . sin120 SΔPBC BC . PO PO
代入解得： d = 1 .
从而直线 PA 与平面 PBC 所成角θ 的正弦值 sin 故选 C.
第 8 题解析：
由题意知 f’ x2 ln x 1+ a, 其中x > 0 ， 因为 f(x) 有极大值和极小值 ，所以方程f’(x) = 0 有两个不等正根，又 = x ，得 x = 1 ，易知 f’(x)在 (0,1)单调递减，
(1，+ ∞) 单调递增，故 f’(1) < 0 ，即 a ，设极小值点为 x0 ，设x0 取值范围的集合为U , U ，
又f’ x02 ln x0 1+ a = 0 ，即 a = ln x0 +1 x02 ,记 g = ln x0 +1 x02 , 易知 g(x0 )与 f’(x)单调性相反，
g (x0 )在 (0,1)单调递增，在 (1，+ ∞) 时公号调：学语，课堂且 g < g 满足 a ，所以U = (1,+∞) ，即 x0 ∈ (1，+ ∞)
所求函数极小值为f x03 x0 ln x0 + x 1所以 f = x03 + x0 1
故f(x0 )在 (1，+ ∞) 时单调递减， f < f = 所以值域为|(( ∞ , ,)l ，故选 B.
第 10 题解析：
对于 A ，由题知 a = 2, b = 1, c = ， e ，故 A 正确；
对于 B ， c × b ，故 B 错误；
对于 C ，由中位线关系可得BD + BE = 2 ( MF1 + MF2 ) = 4a = 8 ，故 C 正确；对于 D ，（解法一）椭圆右顶点 A(2,0) ,设直线l 的方程为 x = ty + 2 ，
联立椭圆方程得： (t 2 + 4)y 2 + 4ty = 0
已知 yA = 0 是一个根，由韦达定理得另一根（点 B 的纵坐标） yB 所以 B MP = MQ 等价于直线MA, MB 的斜率和为 0,
而kMA ，所以kMB = ，则 得 t2 - 4t - 4 = 0从而知t （舍去）或t ，所以直线 l 的斜率为 ，故选项 D 正确；
对于 D，(解法二)：由题知：直线 AM 方程是 y 得 P(0, ·i3 ), 因为MP = MQ ，所以 Q(0,0), 由对称性知， B所以 kAB 故选项 D 正确；
故选 ACD.
第 11 题解析：（提示： xx = ex ln x）
对于 A ，当 a = 0 时， f(x) = xx + (2 — x)2—x + b ，对任意 x ∈(0,2) ，有
f(1+ x) = (1+ x)1+x + (1— x)1—x + b = f(1— x) ，所以函数图像关于 x = 1对称；故 A 正确.对于 B ，当 a = b = 0 时 ， f(x) = xx + (2 — x)2—x .
f’(x) = ex ln x (1+ ln x) — e(2—x )ln(2—x ) (1+ ln(2 — x)) = xx (1+ ln x) — (2 — x)(2—x ) (1+ ln(2 — x))
= xx 恒成立从而， f’(x) 在(0,2) 上单调递增，又 f’(1) = 0 ，
所以，当 x ∈(0,1) 时， f’(x) < 0 ，当 x ∈(1,2) 时， f’(x) > 0 ；
因此， x = 1是 f(x) 的极小值点. 函数 f(x) 在x = 1处取得极小值 2；所以 B 正确.对于 C ， f’(x) = ex ln x (1+ ln x) — e(2—x )ln(2—x ) (1+ ln(2 — x)) + a
= xx (1+ ln x) — (2 — x)(2—x ) (1+ ln(2 — x)) + a ，
= xx 恒成立
当 a = 0 ，b = 1时，满足 a +b = 0 +1 = 1 > 0 ，但此时，f’(x) 在(0,2) 上单调递增，又 f’(1) = 0 ，所以，当 x ∈(0,1) 时，f’(x) < 0 ，当x ∈(1,2) 时，f’(x) > 0 ；从而，f(x) 在(0,1) 上递减， 在(1,2) 上递增. 于是， f(x) ≥ f(1) = 3 > 0 ，无零点. 所以 C 错误.
对于 D ，由 B 选项可知， f’(x) = xx (1+ ln x) — (2 — x)(2—x ) (1+ ln(2 — x)) + a ， f’(1) = a ，显然，当 a = 1时， f’(1) = 1 ，此时， f(1) = b + 3
所以，函数f(x) 在 x = 1处的切线方程为x —y +b + 2 = 0 ；
当b = —2 时， 曲线 y = f(x) 在 x = 1处的切线与直线 x —y = 0 重合；
当b ≠ —2 时， 曲线 y = f(x) 在 x = 1处的切线与直线 x —y = 0 平行；故 D 正确.
故选 A 、B 、D.
第 14 题解析：
【答案】
【解法一】延长棱 A1A, B1B, C1C, D1D 交平面 α 于点 N, P, Q, M , 则 C, D, B, A, C1 , D1 , B1 , A1 ,到平面 α 的距离分别为1,2,3,4,5,6,7,8 ，移动平面QMNP , 即平面 α , 使得Q ，C 重合， 则正方体的 8 个顶点C, D, B, A, C1, D1, B1, A1 到平面 CMNP 的距离恰好为0,1,2,3,4,5,6,7 .如图
从而知DM , BP, AN, C1C, D1M , B1P, A1N 的距离比值为1: 2 : 3: 4 : 5 : 6 : 7 .
设正方体棱长为 a ，则 C1C = a ， DM BP AN 由勾股定理知MC MN NC
所以 ΔMCA 的面积是 SΔMCA a2
在四面体 C — DMN 中，设D面 CMN 的距离为 d
, 由等积法知VC—DMN = VD—MNC
d ，又因为 d = 1 ，所以 a
【解法二】根据题意，可以将平面 α 平移到经过顶点 A，
以 A 为原点，AB、AD、AA1 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，
A’, D’, B’分别是 A1, D, B 在平面 α 的投影，设棱长为 a ， = (x, y, z) 为平面 α 的一个法向量，
则正方体的其余 7 个顶点到平面 α 的距离恰好为 1,2,3,4,5,6,7，
不妨设B, D, A1 到平面 α 的距离分别为 1,2,4 ，（ C 到平面 α 的距离为 3），
易知 AB = (a,0,0), AD = (0, a,0), AA1 = (0,0, a)，
所以 故 x2 : y2 : z2 = 1 : 4 :16所以 即 a
四、解答题
15.（ 13 分）
【答案】（1） AB = 1 ； SΔABC 【解析】
解：（1） 由题知 sin A + sin B = 2 sin C ， 由正弦定理得； ……………………………………1 分a + b = 2c ； ……………………………………………………………………………2 分由 ΔABC 的周长为 6 ，得 a +b + c = 6 ； ……………………………………………4 分所以2c + c = 6 ； ………………………………………………………………………5 分
所以 c = 2 . ………………………………………………………………………………6 分
（2）在三角形 ΔABC 中， 由 cs C 得， sin C ………………7 分
又因为 c2 = a2 + b2 - 2ab cs C ； ……………………………………………………8 分所以 4 =（a +b）2 - 2ab- 2ab cs C = 16 - 3ab ； …………………………………9 分所以ab = 4 ； …………………………………………………………………………11 分
所以 SΔABC absin C ………………………………………12 分
所以SΔABC 的面积是 ……………………………………………………………13 分16.（ 15 分）
【答案】（1） an = 2n(n ∈ N+ ) ； bn = 3n（n ∈ N+ ）（2） Tn 【解析】
解：（1） 由题意， Sn = n2 + n ；
令 n = 1 ，得 a1 = S1 = 2 ；………………………………………………………………1 分当 n ≥ 2 时， Sn1 =（n 1)2 + n 1； …………………………………………………2 分则 an = Sn Sn1 = 2n(n ≥ 2) ； ………………………………………………………3 分n = 1 时满足 a1 = 2 × 1 ，故 an = 2n(n ∈ N+ ) . ………………………………………4 分设等比数列{bn }的公比为q > 0 ；
由b1 = 2 ， b2 + b3 = 36 ；
得 a2 + a3 = a1q + a1q2 = 3(q + q2 ) = 36 ； ………………………………………… 5 分由 q > 0 ，解得q = 3 ； …………………………………………………………………6 分则 bn = 3n（n ∈ N+）.…………………………………………………………………7 分
（2） 由（1）可知 an = 2n ， bn = 3n ；
因为 an+1 = 2(n +1) ， lg3 bn = lg3 3n = n ； ………………………………………8 分故 cn ………………………………………11 分则 Tn = …………………………………13 分
.……………………………………………………………14 分所以 Tn …………………………………………………………………15 分
17.（ 15 分）
【答案】（1）证明详见解析；（2）（i）3 ；（ii） .
【解析】
（1）【解析】
（1）证明：因为 ΔBCD 、 ΔABC 均为等边三角形，且E 为棱 BC 的中点. ………1 分
所以 BC 丄 AE 、BC 丄 DE ；……………………………………………………………2 分BC 丄 AE 丨
AED → BC 丄 平面AED .……………………………………………5 分
（2）（i）点 H 是底面 ΔBCD 的中心，连接 AH ，则 AH 为正四面体的高，点 O 为内切球球心；由题知，在 ΔBCD 中， ED EH DH 5 分在RtΔAHD 中，由勾股定理知 AH ………………………6 分由等体积法得， VA-BCD = 4VO-BCD ，则 SΔBCD . AH SΔBCD . r ； …………7 分即 r 则内切球的半径为 3. …………………………………………………9 分
注：第二问第一小问中，只写结果给建议给 0 分，请本小题组长自己确定，统一标准
（ii）（法一）因为 OP 丄 平面 BCD ，所以点 P 在 AH上，且在球面上；
所以，当 上ADP最小时，则 AP = 6 ；………………………………………………10 分以H为坐标原点，过H 作 BC 平行线为x 轴，
以HD 为y 轴， AH 为 z 轴，建立如图所示的空间
直角坐标系H - xyz ；由题知 H(0,0,0) ， P(0,0,6)， D(0,6·、i2 ,0)， B(- 3·、,-3·、,0)；
PB = (- 3,-3·、i2 ,-6), PD = (0,6·、i2 ,-6)；设面 PAD 的法向量为 n ，
则 n = (1,0,0) ； …………………………………………………………………………12 分设面 PBD 的法向量为 m = (x, y, z) ，则
所以 m = (- ,1, s2 )； ………………………………………………………………13分设二面角A - PD - B 的大小为θ;
csθcs ………………………………………………14 分所以 sin 二面角 A - PD - B 的正弦值为 .…………15 分（法二）设H1 为△ BCD 中心，则 H1P = 6 ， H1B = H1C = H1D = 6、 ； …11 分因为 H1P 丄 平面BCD ，所以PB = PC = PD = 6、 ； …………………………12 分又 BC = CD = BD = 6、 ；
2 2 2
所以BC = PB + PC ，即 PB 丄 PC ； …………………………………………13 分
同理 PB 丄 PD, PC 丄 PD ；
所以， PB 、PC、PD 两两垂直， ……………………………………………………14 分由对称性可得平面 PAD 平分二面角C - PD - B ；
二面角C - PD - B 为 所以二面角A - PD - B 为 则其正弦值为 分
18.（17 分）
【答案】（1）证明详见解析；
【解析】
（1）设 h(x) = ex - x -1 ，则 h,(x) = ex -1； ………………………………………………1 分
令 h,(x) = 0 ，解得 x = 0 ；…………………………………………………………………2 分当x < 0 时， h,(x) < 0 ；当 x > 0 时， h,(x) > 0 ；
所以， h(x) 在(-∞,0) 上单调递减，在(0,+∞) 上单调递增； ……………………………3 分从而， h(x) ≥h(0) = 0 ； ……………………………………………………………………4 分所以， ex - x ≥ 1 ， f(x) ≥ 1 .………………………………………………………………5 分
（2） 由已知， f(x) = ex - ax ， f,(x) = ex - a ，因为 a > 0 ，当 f,(x) = ex - a = 0 时，则 x = ln a f,(x) > 0 → x > ln a, f,(x) < 0 → x < ln a
所以 f(x) 在(ln a，+ ∞)是增函数，在 (- ∞, ln a)是减函数，
所以 P(0,1) ， Q(t, f(t)) 是切点。 ……………………………………………………………6 分f,(0) = 1 - a ， f,(t) = et - a ；
曲线在点 P(0,1) 处的切线 l1 方程为： y = (1- a)x +1； ……………………………………7 分
曲线在点Q(t, f(t)) 处的切线l2 方程为： y = (et - a)(x - t) + f(t) ；
即y = (et - a)(x - t) + et - at .. ……………………………………………………………8 分联立①②解得： x 即 xR 代入切线l1 方程得：
yR = (1— a)xR +1 ，即 yR =
所以 R………………………………………………9 分（3）【解法 1】因为三角形的三个顶点分别为P(0,1) 、 Q(t, f(t)) 、 R(xR, yR ) ，
则PQ = (t, f(t) —1) ， PR = (xR, yR —1) ，
因此， S — xR xR — xR
xR | . | t xR | . | t +1 — et | （注：利用“ 向量坐标求面积的公式 ”源于 B 版教材阅读材料. ）. …………………………………………………10 分带入 xR 得： S xR | . | t +1 — et t +1 — et | ；
令φ(t) = et (t —1) +1 （ t > 0 ），则φ (t) = tet > 0 且φ(0) = 0 ；
所以， φ(t) 在(0,+∞) 上单调递增，从而， φ(t) > φ(0) = 0 ；
由（1）知， h(t) = et — t —1在(0,+∞) 上单调递增，从而， h(t) > h(0) = 0 ；由t > 0时， et —1 > 0
所以， S t +1 — et
……………12 分
即2S 两边取对数后得：
ln 2S (t) = ln(et (t —1) +1) + ln(et — t —1) — ln(et —1)
令 m(t) = ln(et (t —1) +1) + ln(et — t —1) — ln(et —1) ，则 S em
m’ ……………15 分由 m’ 及φ(t) > 0 ， h(t) > 0 ， et —1 > 0 ， tet > 0
进而， m’(t) > 0 对 t ∈ ( 0 , +∞ ) 恒成立，所以 m(t) 在(0,1] 上单调递增，
即 S em 在(0,1] 上单调递增.………………………………………………………16 分所以，S ≤ S 即函数 S(t) 在区间(0, 1]上的最大值为 分注 ：第二问中第 2 小问 ，学生没有求单调区间 ，代入 x = 1 得最大值 建议给 2 分（3）【解法 2】 由（2）知， S xR | . | t +1 — et t +1 — et | ； …12 分
由（1）知， h(t) = et — t —1在(0,+∞) 上单调递增，从而， h(t) > h(0) = 0 ； ……13 分由t > 0 时， et —1 > 0
令 ，则 且t → 0时φ → 0
所以， φ(t) 在(0,+∞) 上单调递增，从而， φ(t) > 0 ； …………………………………15 分所以， S(t) = h(t ).φ(t )在(0,1] 上单调递增； ……………………………………………16 分所以， S ≤ S 即函数 S(t) 在区间(0, 1]上的最大值为 分
注：第二问中第 2 小问，学生没有求单调区间，代入 x = 1得最大值 建议给 2 分19.（17 分）
【答案】（ （2）证明详见解析.
【解析】
（1）解： 由已知 PF1 丄 PF2 ， OP = 2 ，则 F1F2 = 4 ………………………………1 分
设 PF1 = u ， PF2 = v ，则u 2 + v2 = 48 ，
由△PF1F2 的面积为 9 ，得 u . v = 18 ， ……………………………………………………3 分所以 (u — v)2 = 12 ， u — v = 2·、 ，故 a = 、, b = 3, c = 2·、 .
即所求方程为…………………………………………………………………5 分
（2）证明：（解法一） 由已知 k1 = 2，kn+1 = 2kn (n ∈ N* )，得kn = 2n ，
设 m ，直线ln 的方程为 x = my + 2 ；
根据直线ln 的斜率，得直线ln 必与双曲线的右支相交；
联立 ，得 my + 27 = 0 ；
设y1 ，y2 分别为点Pn ，Qn 的纵坐标，
则 y1 + y y1 . y ……………………………………………8 分
由已知P 的纵坐标为
同理 yQ 且 yp 与 yQ 异号； ………………………………………………10 分故 S F2 yP — yQ 分
所以 Sn ………………………………………………………13 分
由题意，可以将 n 看成数列 的前n 项和，只需证： 恒成立；
令t ，只需证： ， t ，
两边平方化简得： t < 3 显然成立，故不等式左边得证； ………………………………14 分不等式右边可转化为证明Sn 两边平方易证； …15 分故 Sk n +1 ；
所以 n Sk < n +1；
即 n Sk < n +1 得证.………………………………………………17 分（2）证明：（解法二）先证点Pn , Qn 在定直线 x 上，不妨设设Qn 设△ F1F2 An 内切圆与 F1F2 ，F2 An，F1An 分别相切于点C, D, E , 由定义知
F1C = F1E, CF2 = DF2，AnD = AnE,
易知点 C 所以点 Pn , Qn 在定直线 x 上； ……………………………………8 分则 Sn
因为直线 An Bn 方程为y = 2n
所以点 Qn 到直线 An Bn 的距离分别为，
Rn ………………………………………………………10 分即 Sn ……………………………………………………11 分由题意，可以将 n 看成数列 的前n 项和，
只需证： 恒成立；
令t ，只需证： ， t
两边平方化简得： t < 3 显然成立，故不等式左边得证； ………………………………14 分不等式右边可转化为证明Sn 两边平方易证； …15 分故 Sk n +1 ；
所以 n Sk < n +1；
即 n Sk < n +1 得证.………………………………………………17 分