四川省眉山市2026届高三高考第二次模拟测试数学试卷

这是一份四川省眉山市2026届高三高考第二次模拟测试数学试卷，共4页。试卷主要包含了D；2，AD；10，2； 13等内容，欢迎下载使用。

2023 级高三第二次模拟测试数学试题参考答案及评分意见
选择题：（每小题 5 分，共 40 分）
1.D；2.A；3.B；4.A；5.B；6.C；7.C；8.B.
选择题：（每小题 6 分，共 18 分）
9.AD；10.BCD；11.ACD；
填空题：（每小题 5 分，共 15 分）
12.2； 13. 1 ；
2
f (x)  sin 2 x
2
或 f (x)   1 csx  1 或 f (x) | x  2k |, x [2k 1, 2k  1], k  Z （答
22
案不唯一）；
解答题：（共 77 分）
解：⑴因为 A  B  C  ,所以sin(B  C)  sin( A)  sin A1 分
因为sin 2 A  sin(B  C)  0 ，所以2 sin A cs A  sin A  0 ，
所以sin A(2cs A 1)  03 分
因为0  A  ，所以sin A  0 ，4 分
所以cs A 1 ，所以 A  6 分
（2）因为
23
–––→
AD 为 BC 边上的中线，有 AD 
1 –––→–––→
( AB  AC) ，两边同时平方可得：
2
–––→2
AD
1 –––→2
 ( AB 4
–––→2

AC
–––→ –––→
 2AB  AC) ，即7 
1 (c
4
2  b2
 bc)
，8 分
由重要不等式： c2  b2≥2bc （当且仅当b  c 时取得等号)得bc≤ 28 ．10 分
3
由三角形面积公式 S  1 bc sin A≤1  28  3  7 3（当且仅当b  c  2 21 时取等），
7 3
3
223233
故ABC 存在最大值，最大值为
．13 分
解：（1）取 PA 中点 F ，连接 EF, DF .
又因为 1 时， E 是 PB 中点，所以 EF∥AB 且 EF  1 AB1 分
2
又因为CD∥AB 且CD  1 AB ，所以CD∥EF 且CD  EF ，2 分
2
所以四边形CDFE 是平行四边形，
所以CE∥DF3 分
又因为CE  平面PAD ， DF  平面PAD ，4 分
所以CE∥平面PAD5 分
（2）解：因为
SABC S梯形ABCD
AB AB  CD
 2 ,三棱锥 E  ABC 与四棱锥 P  ABCD 的高之
3
比等于 BE 1
， 所以三棱锥 E  ABC 与四棱锥 P  ABCD 的体积之比等于
BP1
2  1 2 ，

3 19
解得 27 分
取 AD 中点O ，则在等腰直角三角形 PAD 中， PO  AD .
又因为平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，所以 PO  平面 ABCD .
取 BC 中点G ，则在梯形 ABCD 中， OG∥AB .又因为 AB  AD ，所以OG  AD .
以点O 为坐标原点，分别以OD,OG,OP 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O  xyz8 分
则 A(1, 0, 0) ， B(1, 2, 0) ， C(1,1,0) ， P(0,0,1) .
因为 PE  2EB ，所以 E( 2 , 4 , 1)9 分
3 3 3
–→
易知平面 PAD 的一个法向量 m  (0,1, 0)10 分
设平面 ACE 的法向量为 n  (x, y, z) ，
–––→
1 4 1
因为 AC  (2,1, 0) ， AE  (, , ) ，
3 3 3
→ –––→
2x  y  0
由n  AC  0 得
，令 x  1 ，则 y  2, z  7

→ –––→
n  AE  0
1 x  4 y  1 z  0
333
所以 n  (1, 2, 7)12 分
所以| cs  –→ → | | m  n | 
·14 分
m, n
–→→
6
| m |  | n |9
所以平面 ACE 与平面 PAB 的夹角的余弦值为 615 分
9
解：（1）当 a  1 时， f (x)  ln x  x2  3x ，1 分
则 f (x)  1  2x  3 ，2 分
x
所以切线斜率 k  f (1)  0 ，3 分
又 f (1)  2 ，切点为(1， 2)4 分
所求切线方程为 y  25 分
12ax2  (2a 1)x 1(2ax 1)(x 1) ···················
(2) f (x)   2ax  (2a 1) 6 分
xxx
当 a  0 时， f (x)  (x 1) ，满足题意7 分
x
当 a  0 时， 2ax 1  0 ， x (0，1) 时 f (x)  0 ， x (1， ) 时 f (x)  0 满足题意
·8 分
当 a  0 时， f (x)  0 的根为 1 ，1
2a
若 1  1，即a  1 时， f (x)  0 恒成立， f (x) 在(0， ) 单调递增，与题意矛盾舍掉.
2a2
若 1  1，即0  a  1 时， f (x) 在(0，1) 递增， (1 1 ) 递减， ( 1 ， ) 递增，与题意矛
2a2
盾舍掉.
，
2a2a
若 1  1，即a  1 时， f (x) 在(0 1 ) 递增，( 1 ，1) 递减，(1， ) 递增，与题意矛盾舍
2a2
，
2a2a
掉10 分
综上所述， a 的取值范围为(, 0]11 分
由题 f (x) 在区间(0,1) 上单调递增，在区间(1， ) 单调递减， x  0 时， f (x)   ，
x   时， f (x)   ，又 f (x)max  f (1)  a 112 分
 a 1  0，即a  1 时，函数 f (x) 的仅有一个零点，13 分
a 1  0，即a  1时，函数 f (x) 的有两个零点，14 分
a 1  0，即1  a≤0 时，函数 f (x) 的无零点15 分
解：（1）由题意得| NM || NB |， | NA |  | NM || AM | 6 ，
所以| NA |  | NB | 6 | AB | 4 ，3 分
所以C 是以 A(2, 0) ， B(2, 0) 为焦点，6 为长轴长的椭圆，4 分
所以C 的方程为
x2  y2 

95
15 分
(, 0)
（2）当t  9 时，直线QR 恒过定点 13
·6 分
2
由（1）可知点 B
4
BQ
为椭圆 x2  y2  1的右焦点，而 PB  
95
,  0 所以 P,Q 为过右
焦点 B 的直线与椭圆的交点
因为C 与直线l2 均关于 x 轴对称，所以若直线QR 过定点，该点必在 x 轴上.
·7 分
当直线 PQ 的斜率不为零时，设直线 PQ 的方程为 x  my  2 ， P(x1 , y1 ), Q(x2 , y2 ),
R(t, y1 )8 分
5x2  9 y2  45
由
得(5m
2  9) y2
 20my  25  0
 x  my  2
所以 y  y   20m , y y  25
·10 分
125m2  91 2
5m2  9
1
直线QR 的方程为 y  y1  y2 (x  t )  y
t  x2
·11 分
令 y  0 ，则 x   y1 (t  x2 )  t  ty1 y2  2 y1  ty2
·12 分
y1  y2
因为 y1  y2  4 t ，所以ty y
 5 ( y
y1  y2
 y )14 分
4
y1 y25
1 2412
5 ( y
 y )  2 y
 ty
13 y
 ( 5  t) y
所以 x  4
135  t
1212

y1  y2
142
y1  y2
当 4  4 ，即t  9 时， x  13
·15 分
1124
当直线 PQ 的斜率为零时，显然直线QR 过点(13 , 0)16 分
4
(, 0)
所以当t  9 时，直线QR 恒过定点 13
·17 分
24
方法二：当 PQ 的斜率存在且不为零时，若直线QR 恒过定点 H ( t 1,0) ，
2
则 HQ∥HR ，10 分
–––→t–––→t
而 HQ  (x2  2 1, y2 ), HR  ( 2 1, y1 ) ，
所以只需(x  t 1) y  ( t 1) y
 0 ，
22122
只需(x  t 1)(kx  2k)  ( t 1)(kx
 2k)  0 ，
22122
只需 kx x  ( t 1)k(x  x )  2kt  013 分
1 2212
只需 x x
 ( t 1)(x
 x )  2t  0
1 2212
36k 2
因为 x1  x2  9k 2  5 ， x1 x2 
36k 2  45
9k 2  5
所以只需
36k 2  45
 ( t
2
36k
1)  2t  0
9k 2  529k 2  5
只需36k 2  45 18(t  2)k 2  2t(9k 2  5)  0
只需 2t  9  0
所以t  916 分
2
综上，直线QR 恒过定点 H (13 ,0)17 分
4
解：为方便表述，设事件 Bn ：第 n 天该学生晨读打卡为无效打卡
根据全概率公式，第 2 天为有效打卡的概率，由第 1 天有效、无效两种情况拆分： P( A2 )  P( A1 )P( A2 | A1 )  P(B1 )P( A2 | B1 ) ，
代入已知条件： P  A   2 , P B   1 , P A | A   3 , P A
| B  1
1313214
212
计算得： P  A   2  3  1  1  1  1  22 分

23432263
下面推导 P  An  与 P  An-1  的递推式
对任意 n≥2 ，第 n 天有效打卡仅与第 n 1天结果相关，由全概率公式
P  An   P  An1  P  An | An1   P Bn1  P  An | Bn1  ，且 P Bn1   1  P  An1 
代入条件概率得 P  A   3 P  A  1 1 P A
  3 P A 1  1 P A
n4n 12 
n-1 4n 122
n 1
·4 分
化简得 P  A   1 P  A  1 n≥2,n  N * 5 分
n4n 12
（3）（ⅰ）由题知 X 2  0，1，2，6 分
P  X
 0  P B B   P B P B | B   1 1  1
21 2121

326
P  X
 2  P  A A   P A P A | A   2  3  1

21 2121
342
P  X  1  1  P X  0   P X
 2   1  1  1  1

222
故 X 2 的分布列为：
623
·9 分
X 2
0
1
2
P
1
6
1
3
1
2
所以数学期望 E  X 2
  0  1  1 1  2  1  410 分
6323
（ⅱ）因为 P  X  0  1 ， P  X  1  2 ，则 E  X   2 ， 即 E( X )  2  0 ，
13131313
由（ⅰ）知 E  X 2
  4 ，即 E( X 3
)  2  2  0 ，
23
猜测 E( Xn
)  2 n 3
，12 分
设n 为第n 天有效打卡次数，n  1 表示有效，n  0 表示无效
则 Xn  Xn1 n ，因此 E  Xn   E  Xn1   E n   E  Xn1   P  An 13 分
结合（1）中递推式 P  A   1 P  A  1 ，且 P  A
  E  X
  E  X
n≥3
n4n 12
n1
n1
n2
联立得 E  X
  E  X  1 E X
  E X
  114 分
nn 14 
n 1
n 2 2
整理得： E  Xn
  5 E  X
4
n 1
  1 E X
4
n 2
 1 , n≥3 （*）
2
即 E  Xn
  1 E  X
4
n 1
  E X
n 1
 1 E X
4
n 2
 1 , n≥3 ，
2
由 E  X 2
  1 E  X
41
  7 得， E  X
6n
  1 E  X
4
n 1
  7  n  2 1  1 n  1 ，
6226
于是 E  Xn
  2 n  1 [E X
34
n 1
  2 n  1] ，
3
结合 E( X )  2 ，递推得 E( X )  2 n
，16 分
13n3
实际意义：长期坚持晨读打卡后，学生有效打卡率趋于稳定值 2 （
E( Xn )  2 ），打卡
3n3
状态不再随天数波动，形成稳定习惯17 分
说明：学生用数学归纳法证明，同样给分