成都石室中学2025-2026学年下学期高三高考二模数学试卷含答案

这是一份成都石室中学2025-2026学年下学期高三高考二模数学试卷含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合 M={−1,0,1},N=y∣y=x2−1,x∈M ，则 M∩N= ( )
A. {−1,0,1} B. {−1,0} C. {0,1} D. {−1,1}
2. 已知命题 p : “ ∀x≥0,ex≥csx ” ，则 ¬p 为( )
A. ∀x≥0,ex0,PQ,PR 分别经过 C 的左、右焦点 F1,F2 ,且 PF1=λF1Q,PF2=μF2R .
(1)若 λ=2 ，求点 P 的坐标；
(2)证明: λ+μ 是定值，并求出 λ+μ 的值；
(3)求四边形 F1QRF2 面积最大值.
19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定 “满二进一” 就是二进制; “满十进一” 就是十进制; “满十六进一” 就是十六进制等. 一般地,若 k 是一个大于 1 的整数,那么以 k 为基数的 k 进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式 anan−1⋯a1a0k ,其中 an,an−1,⋯,a0∈{0,1,2,⋯,k−1} ,且 an≠0,an−1⋯a1a0k=ankn+an−1kn−1+⋯+a1k+a0 ,如 22=2×32+1×3+1 ,所以 22 在三进制下可写为 2113 .
(1)将五进制数 2115 转化成三进制数;
(2)对于任意两个不同的 n+1 位二进制数 anan−1⋯a1a02,bnbn−1⋯b1b02,an=bn=1 ,记 X=i=0nai−bi.
(i) 若 n=3 ,求随机变量 X 的分布列与数学期望;
(ii) 证明: EX>n2 .
成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试 数学答案
12. 2; 13.1; 14.−4
15. (1)由题意，当 n≥2 时， 2Sn−1=an−12+an−1 ，作差得到 2Sn−Sn−1=2an=an2+an−an−12+an−1 ， 化简得 an+an−1an−an−1−1=0,n≥2 . 3 分
因 an 为正项数列,则 an+an−1>0 ,因此 an−an−1−1=0 ,即 an=an−1+1,n≥2 ,
又因 a1=1 ,则 an 为首项是 1,公差为 1 的等差数列.
综上， an=n,n∈N∗ . 6 分
(2)由题意， bn=n+12n ，则 bn 的前 n 项和 Tn 为:
Tn=221+322+423+L+n+12n,①
12Tn=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1,②
由①-②,得 12Tn=221+122+123+⋯+12n−n+12n+1=32−n+32n+1 ,
则 Tn=3−n+32n,n∈N∗ . 13 分
16. (1) fx 的定义域为 R ， f′x=a−1ex ，
当 a≤0 时， f′x0 时,令 f′x=0 ,得 x=−lna ,则当 x∈−∞,−lna 时, f′x0,fx 单调递增. 5 分
综上,当 a≤0 时, fx 在 R 上单调递减; 当 a>0 时, fx 在 −∞,−lna 单调递减; 在 −lna,+∞ 单调递增. 7 分
(2)由(1)知， f′x=a−1ex ，设切点为 x0,fx0 ，则 f′x0=a−1ex0=0 ，易知 a>0 ，故 x0=−lna .
又因 fx0=1 ,即 ax0+1ex0=1 ,将 x0=−lna 代入，得 a−alna−1=0 . 10 分
设 hx=x−xlnx−1x>0 ,则 h′x=−lnx .
令 h′x=0 ,即 −lnx=0 ,解得 x=1 ,当 x∈0,1 时, h′x>0,hx 单调递增,当 x∈1,+∞ 时,
h′x0,y>0 . 由 BD=22 ,则 x2+y2=8 ,
又因 AC=AD ,则 x2+y−12=5 .
联立两式,得 x=2,y=2,∴D2,2,0 . 8 分
又 ∵P0,1,22 ,且 G 为 △PCD 的重心, ∴G43,1,223,CG=−23,1,223 . 10 分
设平面 PBC 的一个法向量为 n=a,b,c ,则 n⋅BP=0,n⋅BC=0.
∵BP=0,1,22,BC=2,0,0,∴b+22c=02a=0,
令 c=1 ,则 n=0,−22,1 . 12 分
设直线 CG 与平面 PBC 所成角为 θ ,则 sinθ=CG⋅nCGn=44263 ,
所以直线 CG 与平面 PBC 所成角的正弦值为 44263 . 15 分

18.(1)设 Px0,y0 ，而 F1−1,0 ，由 PF1=2F1Q ，得 Q−x0+32,−y02 ，
由于 P,Q 均在 C 上,则 x024+y023=1−x0+3224+−y0223=1 ,
消去 y02 得 x0+32−x02=12 ,解得 x0=12,y0=354 ,则点 P12,354 . 4 分
(2)证明:[方法一]设 Px0,y0 ， Qx1,y1 ， Rx2,y2 ，
由 PF1=λF1Q ,则有 −1−x0=λx1+1−y0=λy1 ,
∴λ=−y0y1 ,
由 P 在 x 轴上方,可设直线 PQ 的方程为 x=my−1 ,
联立 x=my−1x24+y23=1 ,整理可得 3m2+4y2−6my−9=0 ,
则 y0+y1=6m4+3m2, y0y1=−94+3m2 ,
又因为点 P 在直线上,则 x0=my0−1 ,
所以 y0+y1y0y1=−23m=−23⋅x0+1y0 ,
则 y0+y1y1=−23x0−23 ,即 y0y1=−23x0−53 ,
所以 λ=−y0y1=53+23x0 ,同理可得 μ=−y0y2=53−23x0 . 8 分
所以 λ+μ=53+23x0+53−23x0=103 ,即 λ+μ 为定值 103 . 10 分
[方法二] 设 Px0,y0,Qx1,y1,Rx2,y2 ,
由 PF1=λF1Q ,则有 −1−x0=λx1+1−y0=λy1,∴x1=−λ+1+x0λy1=−y0λ ,
又 P,Q 均在 C 上,则 x024+y023=1−λ+1+x0224+−y0λ23=1 ,解得 λ=53+23x0 , 8 分同理可得 μ=53−23x0 .
所以 λ+μ=53+23x0+53−23x0=103 ,即 λ+μ 为定值 103 . 10 分
(3) 因为 S△PQRS△PF1F2=12PQPRsin∠QPR12PF1PF2sin∠QPR=PQPRPF1PF2=1+1λ⋅1+1μ , 因此 S△PQR=1+1λ⋅1+1μS△PF1F2=1+1λ⋅1+1μ⋅12F1F2y0=y0⋅2x0+82x0+5⋅2x0−82x0−5=y0⋅x02−16x02−254 , 又因 x02=41−y023 ,所以 S△PQR=y0⋅4−43y02−164−43y02−254=y0⋅y02+9y02+2716=y0+117y016y02+27 , 14 分因此 S四边形F1QRF2=S△PQR−S△PF1F2=y0+117y016y02+27−y0=117y016y02+27=11716y0+27y0≤117216y0⋅27y0=1338, 当且仅当 16y0=27y0 ,即 y0=334∈0,3 时取等,则四边形 F1QRF2 面积最大值为 1338 . 17 分
19.(1)由题意得，将五进制数 2115 转化为十进制数为 2115=2×52+1×5+1=56 , 2 分
∵56=2×33+0×32+0×3+2,∴56=20023 ,
因此五进制数 2115 转化成三进制数为 20023 . 4 分
(2)(i)若 n=3 ，则 n+1 位的二进制数有 10002 ， 11112 ， 11002 ， 10102 ， 10112 ， 11012 ，
11102 ,共 8 个,从 8 个数中任选 2 个,共有 C82=28 种情况.
∵X=i=0nai−bi,∴X 的所有可能取值为1,2,3.
当 X=1 时,若选择 10002 ,可以从 10012,10102,11002 中任选 1 个,共有 3 种情况,
若选择 11112 ,可以从 10112,11012,11102 中任选 1 个，共有 3 种情况，
若选择 11002 ,可以从 11012,11102 中任选 1 个,共有 2 种情况,
若选择 10102 ,可以从 11102,10112 中任选 1 个,共有 2 种情况,
若选择 10012 ,可以从 11012,10112 中任选 1 个,共有 2 种情况,
共有 3+3+2+2+2=12 种情况,故 PX=1=1228=37 .
当 X=3 时, 10002 和 11112,11002 和 10112,10102 和 11012 , 10012 和 11102 满足要求, 共有 4 种情况,故 PX=3=428=17 ,
∴PX=2=1−37−17=37 ,
则随机变量 X 的分布列为 8 分
∴EX=1×37+2×37+3×17=127 . 9 分
(ii) 由于 n+1 位二进制数 anan−1⋯a1a02 中 an=1 ,
则根据二进制数中 0 的个数可得, n+1 位二进制数一共有 Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n 个,
且 an−1+an−2+⋯+a1+a0≤n ,则 X 的所有可能取值为 1,2,3,⋯,n .
当 X=mm=1,2,3,⋯,n 时,二进制数 anan−1⋯a1a02,bnbn−1⋯b1b02 有 m 位取值不同,剩余 n+1−m 位取值相同,
除去 an=bn=1 ,从剩余的 n 位中选择 m 位,二进制数 anan−1⋯a1a02,bnbn−1⋯b1b02 在这 m 位上数字不同,对其余的 n−m 位,两者均在同一位置数字相同,
由于 X=i=0nai−bi ,故共有 Cnm⋅2n A22 种情况,则
PX=m=Cnm⋅2n A22C2n2=Cnm2n−1m=1,2,3,⋯,n,
13 分
因此随机变量 X 的分布列为:
∵mCnm=m⋅n!m!n−m!=n⋅n−1!m−1!n−1−m−1!=nCn−1m−1m∈N∗,1≤m≤n , 15 分
∴EX=1×Cn12n−1+2×Cn22n−1+⋯+n×Cnn2n−1=12n−11×Cn1+2×Cn2+3×Cn3+⋯+nCnn
=n2n−1Cn−10+Cn−11+Cn−12+⋯+Cn−1n−1=n⋅2n−12n−1>n⋅2n−12n=n2 ,
∴EX>n2 . 17 分1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
D
D
A
D
B
B
C
BC
ABD
ACD
X
1
2
3
P
3 7
3 7
17
X
1
2
3
...
n
P
Cn12n−1
Cn22n−1
Cn32n−1
...
Cnn2n−1