数学贵州遵义市2026届高三年级叠词适应性考试(遵义二模)(2.4-2.6)

遵义市2026届高三年级第二次适应性考试（数学参考答案）一、单项选择题题号12345678答案ABBDADCB二、多项选择题题号9答案ACACDABD三、填空题题号答案2.126 部分试题解析解法一：几何法取BC的中点O，连接AO、PO，则AO丄BC，PO丄BC；因为平面PBC丄平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，AO丄BCAO平面ABC，所以AO丄平面PBC，因此，上APO是直线PA与平面PBC所成角.解法二：空间向量法以O为坐标原点，OA、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(0,-,0)，C(0,,0)，A(1,0,0)，P(0,0因为OA丄平面PBC，取平面PBC的一个法向量为n=(1,0,0)，又设直线PA与平面PBC所成角θ,则sin解法三：等体积法三棱锥PABC的体积可以用两种方式表示，如下：设点A到平面PBC的距离为d，则VSΔABC.POSΔPBC.d而SΔABCAB.AC.sin120oSΔPBCBC.POPO从而直线PA与平面PBC所成角θ的正弦值sin故选C.由题意知f’x2lnx1+a,其中x>0，因为f(x)有极大值和极小值，所以方程f(x)在(0,1)单调递减，f0设x0取值范围的集合为U,U，+1x02,易知g(x0)与f’(x)单调性相反，)，即x0所求函数极小值为fx03x0lnx0+x1所以f=x03+x01故f(x0)在(1对于D解法一）椭圆右顶点A(2,0),设直线l的方程为x=ty+2，已知yA=0是一个根，由韦达定理得另一根（点B的纵坐标）yB所以BMP=MQ等价于直线MA,MB的斜率和为0,从而知t（舍去）或t，所以直线l的斜率为，故选项D正确；所以Q(0,0),由对称性知，B所以kAB故选项D正确；故选ACD.第11题解析提示：xx=exlnx）f(1+x)=(1+x)1+x+(1x)1x+b=f(1x)，所以函数图像关于x=1对称；故A正确.fxlnx(1+lnx)e(2x)ln(2x)(1+ln(2x))=xx(1+lnx)(2x)(2x)(1+ln(2x))=xx恒成立因此，x=1是f(x)的极小值点.函数f(x)在x=1处取得极小值2；所以B正确.xlnx(1+lnx)e(2x)ln(2x)(1+ln(2x))+a=xx(1+lnx)(2x)(2x)(1+=xx恒成立f(1,2)上递增.于是，f(x)≥f(1)=3>0，无零点.所以C错误.ff所以，函数f(x)在x=1处的切线方程为x—y+b+2=0；当b=2时，曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线xy=0重合；当b≠2时，曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线xy=0平行；故D正确.【答案】【解法一】延长棱A1A,B1B,C1C,D1D交平面α于点N,P,Q,M,则C,D,B,A,C1,D1,B1,A1,到平面α的距离分别为1,2,3,4,5,6,7,8，移动平面QMNP,即平面α,使得Q，C重合，则正方体的8个顶点C,D,B,A,C1,D1,B1,A1到平面CMNP的距离恰好为0,1,2,3,4,5,6,7.如图从而知DM,BP,AN,C1C,D1M,B1P,A1N的距离比值为1:2:3:4:5:6:7.设正方体棱长为a，则C1C=a，DMBPAN由勾股定理知MCMNNC所以ΔMCA的面积是SΔMCAa2在四面体CDMN中，设D面CMN的距离为d【解法二】根据题意，可以将平面α平移到经过顶点A，1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，,D,B在平面α的投影，设棱长为a，=(x,y,z)为平面α的一个法向量，则正方体的其余7个顶点到平面α的距离恰好为1,2,3,4,5,6,7，不妨设B,D,A1到平面α的距离分别为1,2,4C到平面α的距离为3所以故x2:y2:z2四、解答题【解析】解1）由题知sinA+sinB=2sinC，由正弦定理得；……1分a+b=2c；……………2分由ΔABC的周长为6，得a+b+c=6；……………4分所以2c+c=6；………………………5分所以c=2.………………6分（2）在三角形ΔABC中，由cosC得，sinC………………7分又因为c2=a2+b2-2abcosC；……………………8分2-2ab-2abcosC=16-3ab；…………………9分所以ab=4；…………11分所以SΔABCabsinC………12分所以SΔABC的面积是……………13分n2）Tn【解析】解1）由题意，Sn=n2+n；=2；………………1分2+n1；…………………2分则an=SnSn1=2n(n≥2)；………3分n.………4分设等比数列{bn}的公比为q>0；2得a231q22)=36；…………5分由q>0，解得q=3；…………………6分n）.…………………7分3bn=n；………8分故cn………11分则Tn=…………………13分.……………14分所以Tn…………………15分【答案】（1）证明详见解析2i）3ii）.【解析】（1）证明：因为ΔBCD、ΔABC均为等边三角形，且E为棱BC的中点.………1分所以BC丄AE、BC丄DE；……………2分（2i）点H是底面ΔBCD的中心，连接AH，则AH为正四面体的高，点O为内切球球心；由题知，在ΔBCD中，EDEHDH5分在RtΔAHD中，由勾股定理知AH………6分由等体积法得，VA-BCD=4VO-BCD，则SΔBCD.AHSΔBCD.r；…………7分即r则内切球的半径为3.…………………9分注：第二问第一小问中，只写结果给建议给0分，请本小题组长自己确定，统一标准（ii法一）因为OP丄平面BCD，所以点P在AH上，且在球面上；所以，当上ADP最小时，则AP=6；………………10分以H为坐标原点，过H作BC平行线为x轴，以HD为y轴，AH为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz；由题知H(0,0,0)，P(0,0,6)，D；设面PAD的法向量为n，(1,0,0)；…………12分设面PBD的法向量为m=(x,y,z)，则；………………13分设二面角A-PD-B的大小为θ;cosθcos………………14分 所以sin二面角A-PD-B的正弦值为.…………15分（法二）设H1为△BCD中心，则H1P=6，H1B=H1C=H1D=6、；…11分222所以BC=PB+PC，即PB丄PC；…………13分222所以，PB、PC、PD两两垂直，……………………14分由对称性可得平面PAD平分二面角C-PD-B；二面角C-PD-B为所以二面角A-PD-B为则其正弦值为分18.（17分）【答案】（1）证明详见解析；【解析】（1）设h(x)=ex-x-1，则h,(x)=ex-1；………………1分令h,(x)=0，解得x=0；…………………2分所以，h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；……………3分从而，h(x)≥h(0)=0；……………………4分所以，ex-x≥1，f(x)≥1.………………5分（2）由已知，f(x)=ex-ax，f,(x)=ex-a，因为a>0，当f,(x)=ex-a=0时，则x=lnaf,(x)>0→x>lna,f,(x)<0→x<lna所以P(0,1)，Q(t,f(t))是切点。……………6分f,(0)=1-a，f,(t)=et-a；曲线在点P(0,1)处的切线l1方程为：y=(1-a)x+1；……7分曲线在点Q(t,f(t))处的切线l2方程为：y=(et-a)(x-t)+f(t)；即y=(et-a)(x-t)+et-at..……………8分联立①②解得：x即xR代入切线l1方程得：所以R………………9分（3）【解法1】因为三角形的三个顶点分别为P(0,1)、Q(t,f(t))、R(xR,yR)，因此，SxRxRxRt|（注：利用“向量坐标求面积的公式”源于B版教材阅读材料.）.…………………10分由（1）知，h(t)=ett1在(0,+∞)上单调递增，从而，h(t)>h(0)=0；所以，St+1et……………12分即2S两边取对数后得：ln2S(t)=ln(et(t1)+1)+ln(ett1)ln(et1)令m(t)=ln(et(t1)+1)+ln(ett1)ln(et1)，则Sem即Sem在(0,1]上单调递增.………16分 所以，S≤S即函数S(t)在区间(0,1]上的最大值为分注：第二问中第2小问，学生没有求单调区间，代入x=1得最大值建议给2分tt由（1）知，h(t)=ett1在(0,+∞)上单调递增，从而，h(t)>h(0)=0；……13分令，则且t→0时φ→0所以，φ(t)在(0,+∞)上单调递增，从而，φ(t)>0；…………………15分所以，S(t)=h(t).φ(t)在(0,1]上单调递增；……………16分所以，S≤S即函数S(t)在区间(0,1]上的最大值为分注：第二问中第2小问，学生没有求单调区间，代入x=1得最大值建议给2分19.（17分）【答案】2）证明详见解析.【解析】（1）解：由已知PF1丄PF2，OP=2，则F1F2=4………………1分，PF22由△PF1F2的面积为9，得u.v=18，……………………3分所以2即所求方程为…………………5分根据直线ln的斜率，得直线ln必与双曲线的右支相交；设y1，y2分别为点Pn，Qn的纵坐标，则y1.y……………8分由已知P的纵坐标为同理yQ且yp与yQ异号；……………