1郑州市2026年高三第二次质量预测数学评分参考一、选择题（每小题5分，共40分）题号12345678答案DCDACDCA二、选择题（每小题6分，共18分）题号91011答案ABCBDACD三、填空题（每小题5分，共15分）12.013.7(,2)3−−14.3四、解答题15.解：（1）因为2BDDC=，所以3ABCADCSS=△△，则13sinsin22ABACBACADACDAC=，即sin3sinABACBACADACDAC=，............................................3分因为πBACDAC+=，所以()sinsinπsinBACDACDAC=−=，所以3ABAD=，即3ABAD=．...........................................................6分（2）不妨令22BDDC==，则3BC=，1CDAC==，设ADx=，则3ABx=．在ACD△中，由余弦定理得2222cosxACCDACCDACD=+−，即222cosxACD=−．①............................................9分在ABC中，由余弦定理得22292cosxBCACBCACACB=+−，即29106cosxACD=−．②............................................11分①②联立，解得2cos3ACD=............................................................13分16.解：（1）设ACBDO=，在平面PAC内过点A作AHPO⊥，垂足为H，因为平面PAC⊥平面PBD，平面PAC平面PBDPO=，所以AH⊥平面PBD，............................................2分又BD平面PBD，所以BDAH⊥，............................................3分因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDPA⊥，............................................4分因为BDAH⊥，PAAHA=，PA平面PAC，AH平面PAC，2所以⊥BD平面PAC，............................................5分又因为PC平面PAC，所以⊥BDPC.............................................6分（2）在△ABD中，由=AB3，=AD1，⊥ABAD，可得=BD2，=ABD6π，由（1）知⊥BDAC，则===−VSPAACPABCDABCD332232111，解得=AC23，=BAO3π，所以=+−=BC(3)(23)323322，⊥ABBC，............................................8分因为⊥PA平面ABCD，ABAD,平面ABCD，所以APAB⊥，⊥APAD，以APABAD,,为zxy,,轴建立如图所示空间直角坐标系，所以,,P003)(，A0,0,0)(，B3,0,0)(，D0,1,0)(，C3,3,0)(，.....9分设平面PBC的一个法向量为(,,nxyz=)，(0,3,0BC=)，(BP=−3,0,3)，则30330BCnyBPnxz===−+=，取()1,0,1n=，......................11分设平面PCD的一个法向量为(,,mxyz=)，又(0,1,3PD=−)，(3,3,3PC=−)，则303330PDmyzPCmxyz=−==+−=，取(2,3,1m=−)，......................13分所以cos,28nmnmnm−===−411，所以平面PAD与平面PCD的夹角的余弦值为41.......................15分317.解：（1）当a=2时，fxxx=−x()2e，()2(1)ex=−+fxx，设切点0(2,ex−xxx)000则切线方程为000000(2e2(+1(=−−−−xxxxyxxx)()e))，......................2分把0,代入得000(2e2(+1))(0)xxmxx−−−=−xxe()000，整理得=mxxe020，因为过点m0,)(可以作曲线=yfx()三条切线，所以=mxxe020有三个解.......................4分设22()e()(+2)exxgxxgxxx==,，令gx()0，得或−xx20，令gx()0，得−x20，所以gx()在区间−−(,2)和+(0,)上单调递增，在−(2,0)上单调递减；−=ge(2)42，=g(0)0，所以当me042时，=mxxe020有三个解，过点m0,)(可以作曲线=yfx()三条切线.......................7分（2）()fxab+≤≤+fxab()等价于≥−−abaxxxe对任意RxxR成立，令=−−aahxaxxx0),(e，则≥bhx()max.=−+hxaxx()(1)e，=−+hxxx()(2)e，hx()在−−(,2)上单调递增，在−+(2,)上单调递减，当−x1时，hx()0，→+x，hx()0，所以存在(1,)x−+−+x(1,)0，=hx()00，且当−xx(,)0，hx()0，hx()单调递增，当+xx(,)0，hx()0，hx()单调递减.==−hxhxaxxx()()emax0000，又因为==−+hxaxx()(1)e0000，所以00(1)exax=+，00002()(+1)ee(+1)e(1)exxxxhxxxxxxx=−−=−−max000000，......................11分存在0a，即(1,)x−+0，使得0bhx≥()即可，所以bhx≥()0...