辽宁省大连市2026届高三下学期一模考试数学试卷含答案（word版+pdf版）

这是一份辽宁省大连市2026届高三下学期一模考试数学试卷含答案（word版+pdf版），共5页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、本解答给出了一种或几种解法供参考, 如果考生的解法与本解答不同, 可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.
二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度, 可视影响的程度决定后继部分的给分, 但不得超过该部分正确解答应得分数的一半; 如果后继部分的解答有较严重的错误, 就不再给分.
三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
一、单项选择题:
1. B 2. A 3. C 4. D 5. B 6. A 7. D 8. A
二、多项选择题:
9. ABD 10. BC 11. ABC
11. 解: 取 CC1 的中点 M ,则 PC1+PC=2PM ,所以 PB⋅PM=0 ,
所以点 P 在以 BM 为直径的球面上.
因为 D1P=λD1B1+μD1E,λ,μ∈0,1 ,
所以点 P 在以 D1B1,D1E 为相邻两边的平行四边形及其内部.
取 AB 中点 F ,连接 B1F,EF .
因为 B1D1//EF 且 B1D1=EF ,
所以四边形 B1D1EF 为所求平行四边形.
将棱台补成正四棱锥,
因为 AA1 与底面 ABCD 成角为 π4 ,
所以 ΔVAC 是等腰直角三角形,
所以 VC⊥VA ,即 AA1⊥CC1 ,故 A 选项正确;
因为 BD⊥ 平面 VAC ,所以 BD⊥VA ,
所以 EF⊥B1F ,所以平行四边形 B1D1EF 为矩形.
因为 AA1//D1E ,所以 VC⊥D1E ,
因为 BD⊥ 平面 VAC ,所以 VC⊥BD .
因为 BD//B1D1 ,所以 VC⊥B1D1 ,所以 VC⊥ 平面 B1D1EF .
取 BC 中点 N ,连接 B1N ,
则球心 O 为 BM 与 B1N 的交点,且 OB1=12VM=32 .
在 △BCM 中, BM2=BC2+CM2−2BC⋅CMcs60∘=13 ,
所以球半径 R=OB=132 .
因为 OB1//VC ,所以 OB1⊥ 平面 B1D1EF ,
所以点 P 的轨迹为以 B1 为圆心,半径 r=1 的圆在矩形 B1D1EF 内部的弧 (含端点).
因为 B1D1=22>r,B1F=2>r ,所以弧所对的圆心角为 π2 ,
所以点 P 轨迹的长度为 π2 ，故 B 选项正确；
将平面 B1D1EF 延展，与 VC 交于点 H .
因为 VC⊥ 平面 B1D1EF ,
所以线段 PC 长度最大时,线段 HP 长度最大,
线段 PC 长度最小时,线段 HP 长度最小.
如图所示，在多边形 B1HD1EF 中， B1H=3 ， B1P=1 ，
设 ∠HB1P=θ ,则 ∠HB1D1≤θ≤∠HB1F .
在 △HB1P 中, HP2=3+1−23csθ=4−23csθ ,
所以 HP 最大时,点 P 在 B1F 上,此时 P 为 B1F 中点,
所以 λ=1,μ=12 ,故 C 选项正确;
HP 最小时,点 P 在 B1D1 上,此时 λ=4−24,μ=0 ,故 D 选项错误.
综上所述, ABC 正确.
三、填空题:
12. 14 13. 45 14. 23,34
14. 解: 因为 PF1=3PF2 ,且 PF1+PF2=2a ,
所以 PF1=32a,PF2=a2 .
设 F1F2=2c ,因为 F1M=λF1F2 ,所以 F1M=2λc,F2M=21−λc .
因为圆 I 与线段 PF1 的延长线和线段 PF2 的延长线分别相切于点 A 和点 B ,与线段 F1F2 相切于点 M ,
所以 PA=PB,F1M=F1A,F2M=F2B .
又因为 PA=PF1+F1A=PF1+F1M,PB=PF2+F2B=PF2+F2M ,
所以 32a+2λc=12a+21−λc ,即 a=21−2λc ,
所以椭圆 C 的离心率 e=121−2λ ,
因为函数 fλ=121−2λ 在 18,16 上单调递增,
所以 e∈23,34 ,即椭圆 C 离心率的取值范围是 23,34 .
四、解答题:
15. 解: (1) 因为 an+1=3an−2 ,所以 an+1−1=3an−1 3 分因为 an−1≠0 ,所以 an+1−1an−1=3 .
所以数列 an−1 是等比数列. 6 分
(2)由(1)得等比数列 an−1 的公比为3，且 a1−1=1 ，
所以 an−1=3n−1 ,即 an=3n−1+1 . 8 分
所以 bn=an+n=3n−1+n+1 , 10 分
所以 Sn=1−3n1−3+n2+n+12=3n+n2+3n−12 . 13 分
16. ( 1 )证明:取 AC 中点 E ，连接 A1E,DE .
因为 AA1=AC=2,∠A1AC=60∘ ,
所以 △A1AC 为等边三角形,
所以 A1E⊥AC . 1 分
因为平面 A1ACC1⊥ 平面 ABC ,平面 A1ACC1∩ 平面 ABC=AC ,
A1E⊂ 平面 A1ACC1 ,
所以 A1E⊥ 平面 ABC . 3 分
因为 AB⊂ 平面 ABC ,所以 A1E⊥AB .
因为 D,E 分别为 AB,AC 的中点,所以 DE//BC .
因为 AB⊥BC ,所以 AB⊥DE .
因为 A1E∩DE=E,A1E,DE⊂ 平面 A1DE ,
所以 AB⊥ 平面 A1DE . 5 分
因为 A1D⊂ 平面 A1DE ,所以 A1D⊥AB . 6 分
(2)解:由(1)得 ∠A1DE 为二面角 A1−AB−C 的平面角， 7 分因为 A1E=3 ,
所以 tan∠A1DE=A1EDE=6 ,所以 DE=22 ,
所以 BC=2 . 8 分
Rt△ABC 中, AB=AC2−BC2=2 ,
所以 △ABC 是等腰直角三角形. 9 分
连接 BE ,以 E 为原点, EC,EB,EA1 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立空间直角坐标系.
A−1,0,0, B0,1,0, C1,0,0, A10,0,3, D−12,12,0,
所以 CA1=−1,0,3,CD=−32,12,0 .
设平面 A1DC 的一个法向量 n=x,y,z ,

则 CA1⋅n=0,CD⋅n=0,
即 −x+3z=0,−32x+12y=0,
令 x=3 ,则 y=33,z=1 ,
所以 n=3,33,1 . 11 分
CC1=AA1=1,0,3 . 12 分
设直线 CC1 与平面 A1DC 所成角为 θ ,
所以 sinθ=CC1⋅nCC1⋅n=3+31+3⋅3+27+1=9331 . 14 分
所以直线 CC1 与平面 A1DC 所成角的正弦值为 9331 . 15 分
17. 解: (1) 记 A : 恰好有两次取出红球, B : 恰好有两次取出白球.
从 5 个小球中任取一个球,为红球的概率是 35 ,为白球的概率是 25 .
则两次取出的球颜色相同的概率为
PA+B=PA+PB=C3235225+C3135252=1825. 5 分
(不设事件扣 1 分)
(2) X 的取值范围是 {0,1,2,3} .
PX=0=C32C52⋅C41C52+C31C21C52⋅C22C52=950, 7 分
PX=1=C32C52⋅C42C52+C31C21C52⋅C21C31C52+C22C52⋅C32C52=57100, 9 分
PX=2=C31C21C52⋅C32C52+C22C52⋅C31C21C52=625, 11 分
PX=3=C22C52⋅C22C52=1100.13 分
所以 X 的分布列为
分
EX=0×950+1×57100+2×625+3×1100=2725. 15 分
18. ( 1 )解:由题意可知， p2=14,p=12 ，
所以 C 的方程为 x2=y . 2 分
(2)证明:方法 1:设 Ax1,x12,Bx2,x22 ，由题意得 l 存在斜率，设 l:y=kx+b ，
联立 x2=yy=kx+b 得 x2−kx−b=0 ，
令 Δ=k2+4b>0 ,则 x1+x2=k,x1x2=−b,
因为 ∠AFP=∠BFP ,
所以 FA⋅FPFA⋅FP=FB⋅FPFB⋅FP ,即 FA⋅FPFA=FB⋅FPFB . 4 分
因为 FA=x12+14,FB=x22+14 ,
所以 12x1+34x12−14x12+14=12x2+34x22−14x22+14 ,
整理得 4x1x2x1−x2−3x1+x2x1−x2−x1−x2=0 .
因为 x1≠x2 ,所以 4x1x2−3x1+x2−1=0 , 6 分
所以 4b+3k+1=0 ,得 b=−34k−14 . 8 分
所以 y=kx−34−14 ,
所以直线过定点 34,−14 . 10 分
方法 2: 设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,由题意得 l 存在斜率,设 l:y=kx+b ,
因为 ∠AFP=∠BFP ,
所以 FA⋅FPFA⋅FP=FB⋅FPFB⋅FP ,即 FA⋅FPFA=FB⋅FPFB . 4 分
因为 FA=y1+14,FB=y2+14 ,
所以 12x1+34y1−14y1+14=12x2+34y2−14y2+14 ,
即 12x1+34kx1+b−14kx1+b+14=12x2+34kx2+b−14kx2+b+14 ,
整理得 3k+4b+1x1−x2=0 , 7 分
因为 x1≠x2 ,所以 3k+4b+1=0 ,即 b=−34k−14 , .8 分
所以 y=kx−34−14 ,
所以直线 l 过定点 34,−14 . 10 分
(3)解:方法 1: 设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，由题意得 l 存在斜率，设 l:y=kx+b ， 联立 x2=yy=kx+b 得 x2−kx−b=0 ，
令 Δ=k2+4b>0 ,则 x1+x2=k,x1x2=−b,
由中点 k2,k22+b 在 y=x 上,得 b=k−k22 . 12 分
所以 AB=k2+12k−k2,k∈0,2
点 P 到直线 l 的距离 d=k2−2k+22k2+1=k2−2k+22k2+1 .
面积 S=2k−k2k2−2k+24,k∈0,2 . 14 分
(无定义域扣 1 分)
令 t=2k−k2 ,则 St=−t3+2t4,t∈(0,1] . 15 分
所以 S′t=−3t2+24 ,令 S′t=0 ,解得 t=63 ,
所以 St 在 0,63 上单调递增,在 63,1 上单调递减. 16 分
所以当 t=63 时, St 有最大值 69 ,
即 △PAB 面积的最大值为 69 . 17 分
方法 2: 设 AB 的中点为 t,t,Ax1,y1,Bx2,y2 ,则 x1+x2=2t,y1+y2=2t .
因为 y1=x12,y2=x22 ,所以 x12+x22=2t,x1x2=2t2−t .
因为抛物线 x2=y 与直线 y=x 交点为 0,0,1,1 ,所以 t∈0,1 .
所以 AB=2t−t21+4t2,t∈0,1 . 12 分
因为直线 l 的方程为 2tx−y−2t2+t=0 ,
所以点 P12,1 到直线的距离 d=2t2−2t+14t2+1=2t2−2t+14t2+1 ,
所以面积 S=t−t22t2−2t+1,t∈0,1 . 14 分
(无定义域扣 1 分)
令 u=t−t2 ,则 Su=−2u3+u,u∈0,12 . 15 分
则 S′u=−6u2+1 ,令 S′u=0 ,解得 u=66 ,
所以 Su 在 0,66 上单调递增,在上 66,12 单调递减. 16 分
所以当 u=66 时， Su 有最大值 69 ，
即 △PAB 面积的最大值为 69 . 17 分
19. 解: (1) f′x=−e−xcsx−e−xsinx=−e−xcsx+sinx=−2e−xsinx+π4 ,
1 分
令 f′x=0 ,解得 x=3π4,x=7π4 . 2 分
当 x∈0,3π4 时, f′x0 ,
所以 x=3π4 为极小值点; 3 分
当 x∈7π4,2π 时, f′xn 时, fx≤e−x0,f′x=−e−xcsx+sinx .
所以 ℎx=fx+f′x=e−xcsx+csx+sinxx>0 .
显然 ℎx>0 . 10 分
因为 ℎx+π=e−x+πcsx+π+csx+π+sinx+π
=e−π⋅e−xcsx+csx+sinx=e−πℎx