河南省郑州市2026年高三下高考第二次质量预测数学试卷

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郑州市 2026 年高三第二次质量预测数学评分参考
选择题（每小题 5 分，共 40 分）
选择题（每小题 6 分，共 18 分）
3
填空题（每小题 5 分，共 15 分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
D
A
C
D
C
A
题号
9
10
11
答案
ABC
BD
ACD
12.013.
解答题
( 7 , 2)
3
14.
解：（1）因为 BD  2DC ，所以S△ABC  3S△ADC ，
则 1 AB  ACsin BAC  3 AD  ACsin DAC ，
22
即 AB  ACsin BAC  3AD  ACsin DAC ，3 分
因为BAC  DAC  π ，所以sinBAC  sin π  DAC   sinDAC ，
所以 AB  3AD ，即
AB  3 ．6 分
AD
（2）不妨令 BD  2DC  2 ，则 BC  3 ， CD  AC  1，设 AD  x ，则 AB  3x ．在△ACD 中，由余弦定理得 x2  AC 2  CD2  2 AC  CDcs ACD ，
即 x2  2  2csACD ．①9 分
在 ABC 中，由余弦定理得9x2  BC 2  AC 2  2BC  ACcsACB ，即
9x2  10  6csACD ．②11 分
①②联立，解得csACD  2 .13
3
分
解：（1）设 ACBD  O ，在平面 PAC 内过点 A 作 AH  PO ，垂足为H ，因为平面 PAC  平面 PBD ，平面PAC 平面 PBD  PO ，
所以 AH  平面 PBD ，2 分
又 BD  平面 PBD ，所以 BD  AH ，3 分
因为 PA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，所以 BD  PA ，4 分
因为 BD  AH ， PA
， PA  平面 PAC ， AH  平面 PAC ，
AH  A
1
所以 BD  平面 PAC ，5 分
又因为 PC  平面 PAC ，所以 BD  PC .6 分
在△ABD 中，由 AB 
， AD  1 ， AB  AD ，可得BD  2 ， ABD  π ，
3
6
由（1）知 BD  AC ，则VPABCD
 1 S
3
ABCD
 PA  1  1  2 AC  2 ，
3
32
解得 AC  2
， BAO  π ，所以 BC 
3
3
 3 ， AB  BC ，
( 3)2  (2 3)2  3  2 3
.8 分
因为 PA  平面 ABCD ， AB, AD  平面 ABCD ，所以 AP  AB ， AP  AD ，以 AP, AB, AD 为 z, x, y 轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以 P 0,0, 3  ， A0, 0, 0 ， B  3, 0, 0 ， D 0,1, 0 ，C  3, 3, 0 ，9 分
设平面 PBC 的一个法向量为n   x, y, z  ，
BC  0, 3, 0 ， BP   3, 0, 3 ，

BC  n  3y  0
则
，取n  1, 0,1 ，11 分
BP  n   3x 3z  0
设平面PCD 的一个法向量为m   x, y, z  ，
又 PD  0,1,  3  ， PC   3, 3,  3  ，
PD  m  y 
则
3z  0
，取m  2, 3,1，13 分
n, m  n  m 
n m
1
2  8
PC  m 
所以cs
3x  3y 
3z  0
  1 ，
4
1
所以平面 PAD 与平面PCD 的夹角的余弦值为 4 .15 分
2
解：（1）当a  2 时， f (x)  2x  xex ， f (x)  2  (x 1)ex ，设切点(x , 2x  x ex0 )
000
则切线方程为 y  (2x  x ex0 )  (2  (x +1)ex0 )(x  x ) ，2 分
0000
把 0,代入得m  (2x  x ex0 )  (2  (x +1)ex0 )(0  x ) ，整理得m  x 2ex0 ，
00000
0
因为过点0, m 可以作曲线 y  f (x) 三条切线，所以m  x 2ex0 有三个解.4 分
设 g(x)  x2ex , g(x)  (x2 +2x)ex ，令 g(x)  0 ，得 x  2或x  0 ，令 g(x)  0 ，得2  x  0 ，所以 g(x) 在区间(, 2) 和(0, ) 上单调递增，在(2, 0) 上单调递减；
g(2)  4 ， g (0)  0 ，所以当0  m  4 时， m  x 2ex0 有三个解，过点0, m 可以作曲线
e2e20
y  f (x) 三条切线.7 分
（2） f (x) ≤ a  b 等价于b ≥ ax  xex  a 对任意 x  R 成立，令h(x)  ax  xex  a, a  0 ，则
b ≥ h(x)max .
h(x)  a  (x 1)ex ，h(x)  (x  2)ex ，h(x) 在(, 2) 上单调递增，在(2, ) 上单调递减， 当 x  1时，h(x)  0 ，x   ，h(x)  0 ，所以存在 x0 (1, ) ，h(x0 )  0 ，且当 x (, x0 ) ，
h(x)  0 ， h(x) 单调递增，当 x (x0 , ) ， h(x)  0 ， h(x) 单调递减.
h(x)
 h(x )  ax  x ex0 ，又因为h(x )  a  (x 1)ex0  0 ，所以a  (x
1)ex0 ，
max000000
h(x)
 x (x +1)ex0  x ex0  (x +1)ex0  (x 2  x
1)ex0 ，11 分
max000000
存在a  0 ，即 x0 (1, ) ，使得b ≥ h(x0 ) 即可，所以b ≥ h(x0 )min .
令(x)  (x2  x 1)ex , x  1 ，(x)  (x2  x  2)ex  (x  2)(x 1)ex ，所以(x) 在(1,1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增，(x)min  (1)  e .所以b ≥ e .
综上，当b ≥ e 时，存在a  R ，使得 f (x) ≤ a  b 对任意 x  R 成立.15 分
a2  b2
解：（1）因为焦点到一条渐近线的距离为 1，即 d bc b  1 ，又点P(2, 1) 在双
2212
x2  2
2
曲线上，所以
a2b2
 1，解得a
 2 .所以双曲线的方程为 2
y  1.5 分
3
2
圆 E ： ( x  5)2  y2  2 的圆心E 5, 0 ，半径为.
2
因为T 是圆 E 上的动点，直线ST 与圆 E 相切，所以ST  TE ， TE .
所以 ST

.
SE 2  ET 2
SE 2  2
x2
设S  x0 , y0  ，因为点S 是双曲线C 上的动点，所以 0  y2  1.
20


x  5 y
2
2
0
0
所以 SE


，
x2 10x  25  0 1
x2
0
0
2
3 10 222
2 
 x0  
3 3
22
3
当 x  10 时， SE 取得最小值，此时 SE，
03min
ST
所以
min
 4 3 .10 分
22  2
3
3
由题意知，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y  kx  m .
 x2

联立 2
y  1 ，整理得1 2k 2  x2  4kmx  2m2  2  0 ，

2
 y  kx  m
Δ  4km2  41 2k 2 2m2  2  8m2 1 2k 2   0 且1 2k 2  0 ，
设 A x1 , y1  ，
B  x2 , y2  ，则 x1  x2 
4km
1 2k 2 ， x1x2
 2m2  2 1 2k 2
，12 分
直线 PA 的方程为 y 1 
y1 1  x  2 ，

x1  2
y  1 2 y1  2
2 y1  2 
令 x  0 ，则
x1  2
，即M  0, 1

.
x1  2 
2 y2  2 
同理可得， N  0, 1

M , N
x2  2
 .

1 2 y1  2
 1 2 y2  2   0
因为关于原点对称，所以
x1  2
 


x2  2 
，13 分


即1 2kx1  m  2  1 2kx2  m  2   0 ，
x1  2x2  2
整理得2k 1 x1x2  2k  m 1 x1  x2   4m  0 ，
即
2k 1m2  3
1 k 2
 2km 2k  m 1  4m  0 ，
1 k 2
整理得m2  2km  2m  2k 1  0 ，14 分
4
即m 1m  2k 1  0 ，
所以m  1或m  2k 1  0 .15 分
若m  2k 1  0 ，则m  2k 1 ，则直线方程为 y  kx  2k 1，即 y 1  k  x  2 ，此时直线 AB 过点 P 2, 1，不符合题意.
若m  1，则直线方程为 y  kx 1 ，恒过定点 D 0, 1，16 分
所以 PD
 2 为定值，又 PQ  AB ，在Rt△PQD 中， PD 为斜边，
1
2
所以当 R 为 PD 中点1, 1 时， RQ PD  1.
因此存在点 R 1, 1 ，使得| QR | 为定值.17 分
解：（1）拿到标号为 3 的奖券， X  3 ，即至少有一次抽到 3，所以
P  X
 2 2
 3
31 

 5 .2 分
9
拿到编号为 2 的奖券， X  2 ，即没有抽到 3，且至少有一次抽到 2，
 2 24 1 21
没有抽到 3 的概率为 3   9 ，没有抽到 3 且全抽到 1 的概率为 3   9 ，
P  X

 2  4  1  1 .
993
51
所以最终拿到标号为 3 的奖券的概率是
9
，最终拿到标号为 2 的奖券的概率是 ．
3
.4 分
（2）①拿到编号不大于k ， X ≤ k ，即每次抽到的编号都小于等于k .
所以 P  X ≤ k   ( k )m ， k  1, 2, 3, 4 .6 分
4
② P  X
 k   P  X ≤ k   P  X ≤ k 1  ( k )m -( k 1)m，k  1，2，3，4，
44
.8 分
所以随机变量 X 的期望
E  X   1( 1)m  2 [( 2)m  ( 1)m ]  3[( 3)m  ( 2)m ]  4 [1 ( 3)m ]
444444
 4 
1 m  2 m  3 m
.10 分
()()() .
444
5
 k n k 1 n

P  X
 k   P  X ≤ k   P  X ≤ k 1   n  - 
，k  1, 2,, n ，
n

n
随机变量 X 的期望 E  X   k  P  X  k 
k 1
 1 n
 2 n
 1 n 
 n 1 n 
 1 n   2   n    n    n  1 n 

 1 n
 
n


  n 1
 2 nn
 
 n   n 
  n 

 .13 分

设 f  x  xn  1 xn ， x 0,1 ， f  x  n xn1  1 xn1  ，

当 n  1 时， P  X  1  1，E  X   11  1 ，等号成立；
当时，当 x  0, 1  时， f  x  0 ， f  x 单调递减；
n ≥ 2
2 

当 x  1 ,1 时， f  x  0 ， f  x 单调递增；
 2
所以 f

 x  xn  1 xn ≥ f
 1   2
 2 
2n
，15 分
 1 n
 2 n
 n  2 n
 n 1 n

设 M   n    n   n  n，

 n 1 n
 n  2 n
 2 n
 1 n
因为 M  n  n   n    n  ，

所以2M ≥n 1 2
2n
，所以 M ≥
n 1
.
2n
综上所述， E  X  ≤ n  n 1 .17 分
2n