2026届浙江省名校协作体G12联盟高三下学期高考二模数学试题

这是一份2026届浙江省名校协作体G12联盟高三下学期高考二模数学试题，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三数学练习参考答案
一、单选题
二、多选题
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
C
C
B
A
D
C
9
10
11
AC
ACD
ABC
三、填空题
y  2x  3
2
四、解答题
3
5
38
15.（1）设数列an 的通项公式为an  a1  n 1d, d  0 ，
由 a1  a2 …… a5  5a3  5a1  2d   35，故a1  2d  7 ；2 分
又 a , a , a 成等比数列，故a  d 2  a a  5d ，解得d 2  3a d ，4 分
12611 11
因为d  0 ，故d  3a1 代入a1  2d  7 可得a1 1, d  3 ，故an  3n  2
…7 分
（2） b 11
 1 1
1 ，9 分
na a3n  23n 1 23n 1
n n1
3  3n
故b  b … b  1 1 1  1  1 …1
1
…11 分
3
4
4
7
12n 


3n  2
3n 1


 1 1 11


…13 分
3 3n 13
16. 解：（1）由sin 2B  1 b cs B, 2sin B cs B  1 b cs B,
…2 分
2
由于ABC 是锐角三角形，故
b
sin B
2
 4 ,4 分
由正弦定理
a
sin A
b
sin B
,故 A   .7 分
3
(2)由余弦定理a2  b2  c2  2bc cs A, 得到12  b2  c2  bc .9 分
3
选择①△ ABC 面积为3:
S  1
2
bc sin   3
3
3,bc  12 ,12 分
3
又由于12  b2  c2  bc ，得b  2.15 分
选择② BC 的中线 AE 长为 3:
AE  1 AB  AC, b2  c2  bc  36 ,12 分
2
3
又由于12  b2  c2  bc ，得b  2.15 分
3
选择③ b, a, c 成等差数列:
3
b  c  4
,又由于12  b2  c2  bc ，得b  2
.15 分
17.(1)∵在正三角形 ABC 中，D 是棱 AB 的中点，∴ CD  AB
∵平面 ABC⊥平面 PAB，∴ CD  面 PAB ，3 分
∴ CD  PD ∵ CD 3, PC  2, ∴ PD  1
又∵ PA 2, AD  1 ，∴ PD2  AD2  PA2 ，∴ PD  AB6 分
DE  CP
(2) （ⅰ）法 1.综合法
∵
0    1 ，∴ D, E, C, P 共面，
延长CD, PE 交于点 F ，连接 AF ，∵ BC // 平面 PAE ，面 ABC 面 PAE = AF ，
∴ BC // AF ，∴△BCD  △FAD ∴ BC  AF ，∴ D 为CF 中点，
∴ DE  1 CP ，即  1 .10 分
22
法 2.坐标法
由（1）可知 PD  面 ABC ，以 D 为坐标原点，分别以 DC, DA, DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴
建立空间直角坐标系A0,1, 0, B 0, 1, 0,C  3, 0, 0, P 0, 0,1,
BC   3,1, 0,CP   3, 0,1,
∴ DE   3, 0,  , PE   3, 0,  1, AE   3, 1,  

设面 PAE 的法向量为n ， n  AE  0 ，得n   1, 3, 3 
n  PE  0
∵ BC // 平面 PAE ，∴ BC  n  0 ，∴   110 分
2
（ⅱ）由（ⅰ）可得平面 PAE 的法向量n   1 , 3 , 3  ，又CE  CD  DE  ( 3 31 ，
222 
, 0, )
22

设直线CE 与平面 PAE 所成角为 ，则


sin   cs  CE, n  
 2 315分
CE  n
CE

n
7
18.解:（1）由题意， a2  3 , b2  1 ，c2  1 , c  1 ，3 分
4242
焦距2c  1
…4 分
设直线 AP : x  my  n ，切点为 E
 x  my  n
由
得4m2  6y2  8mny  4n2  3  0 ，   0 得4n2  2m2  3 ，…6 分
2
4x
 6 y2  3
 4mnm
则 yE  4m2  6   2n
x  my  n2

又由 y2  x 1 得 y
 my  n 1  0 ， yE 
m
，8 分
2
 m
2n
 m ,n  1, m  
2
22
或 m  0, n  ，
3
2
直线 AP 的方程为 x  
y 1或 x  3
2
22
…10 分

y  x
2

 00
 11
y  x
2
1y  yy  y1
（3）
k 01  01 
1AP
x  x
 y2 1  y2 1
y  y
010101
直线 AP 的方程为 y  y  1  x  x   1 x  y2 1
0y  y0y  y0
0101
通分化简得 x 1( y0  y1) y  y0 y1  0
将直线 AP 方程与椭圆联立，得
…12 分
[4( y  y )2  6]y2  8( y  y )( y y 1) y  4( y y
1)2  3  0 ，由相切得判别式
01010 10 1
  64( y  y )2 ( y y 1)2  4[4( y  y )2  6][4( y y
1)2  3]  0
010 1010 1
化简整理得(2  4 y 2 ) y 2  4 y y  2 y 2 1  0
…14 分
010 10
同理(2  4y 2 ) y 2  4y y  2y 2 1  0
020 20
因此 y , y 是关于 y 的方程(2  4 y 2 ) y2  4 y y  2y 2 1  0 的两根
12000
2y 2 11
故由韦达定理知 y1 y2  0  
0
2  4 y 22
而与（2）同理得直线 AB 的方程为 x 1( y1  y2 ) y  y1 y2  0 ，
故 AB : x  ( y  y ) y  1  0即直线 AB 经过定点( 1 , 0) ，证毕．17 分
1222
19. （1） f (x)  ex  b ，2 分
当b  0 时， f (x)  0 ，故 f (x) 单调递增；
当b  0 时，令 f (x)  0  ex  b  0 ，解得 x  ln  b，
故 f (x) 在 , ln  b单调递减，在ln  b， 单调递增4 分
e
（2）当b  时，
当 a  0 时， f (x)  aeax  b  0 ，故 f (x) 单调递减，故 f (x) 不可能有极小值点；……5 分
当 a  0 时，
f (x) 在
1  b  1  b 
ln，
单调递减，在

单调递增.
 , ln
aa
  
aa

因此 f (x) 均有极小值点 x
1 b  1  b 
 lnfln
， 且
0 ，7 分
0a a 
 
aa
 1  b 
 b 
ln
 a 

e
b  b 

e
 bb  b 
f  ln 
 a a
e
 b
  e 

  ln  
a a 2
 ln  
aa a 2
 0 ，
令t 
(
aa
， ) ，故对任意的t (
e
a
， ) ， g(t)  t  t ln t 
e
2
 0 .
g(t)   ln t ，故 g(t) 在(0,1) 上单调递增，在(1,) 单调递减，
g(1)  1
e  0 ， g(
2
e)  0 ，且 x  0 时， g(t)  e ；
2
e
x  时， g(t)   ； g(t) 的图像如右图，
故
a

恒成立，故0  a  1 .10 分
e
方程 f (x) e 有两个根 x , x (x  x ) ，
21212
由（2）可知a  0 ，否则 f (x) 单调，不可能有两个根，11 分
e
方程 f (x) e 有两个根 x , x (x  x ) 等价于eax  bx 有两个根 x , x (x  x ) ，
2121
2
1212
e
令 F (x)  eax  bx 
，由 F(0)  1
 0 ；当 x ， F(x)   ；
e
当 x  ， F(x)   ，故可知 x1  0  x2 .12 分
e
记 s  ax ，上式等价于es  b s 有两个根 s , s (s  0  s ) ，
1
es  b s e,
a
12 12
a 1
两式相减可得es (es s
1)  b (s  s )  0 ，记s  s
 s  0 ，
b

es2 

a s2 
e,
ss
12 1
b
a2121
es 1b
故上式可写成e 1 (e
1) 
s  0 ，故
as
  aes1
（*），
es1  e
b
又  
as
代入（*）得
es 1 
s
es1  e
s es1
，14 分
令 h(s) 
1
es 1
s
(s  0), k(s) 
es 
ses
1
e (s  0) ，
故 h(s) 
(s 1)es 1
s2
，令 w(s)  (s 1)es
1， w(s)  ses
 0 ，故 w(s)  w(0)  0 ，
故 h(s) 是单调递增，要求s 的最小值，就是求h(s) 的最小值15 分
下面考虑k(s) 的最小值.
 es e(x 1)
ss
e
k (s) 
s2es
,令 p(s)  e 
e(x 1) ， p (s)  e
，
当 s  1 时， p(s)  0 ， p(s) 单调递增；当 s  1 时， p(s)  0 ， p(s) 单调递减；
2
p(1) 
2
, p(1)   1
e
2e
2
（ p(s) 的图像如右图所示）
00
故存在 s (1,0) 使得 p(s )  0 ，即 es0 e(s 1)  0 ，
0
e
所以 s (, s0 ) 时， k(s)  0 ， k(s) 单调递减； s (s0 ,0) 时， k(s)  0 ， k(s) 单调递增；故 k(s)  k(s0 ) ，即 s  s0 时， k(s) 取最小值.16 分
es0  e
故 b  
as0
 
.17 分