精品解析：四川省字节精准教育联盟2026届高三二模数学试题

字节精准教育联盟·精准备考 2026年普通高等学校招生全国统一考试第二次适应性考试 数 学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知，则的虚部为（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，将化成的形式，即可得到其虚部. 【详解】因为，所以. 所以的虚部为. 2. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，以为基底，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可． 【详解】设，因为四边形是菱形， 所以， 由点是的中点，得， 由题意得，， 所以 ， 因为，所以的取值范围是． 3. 已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性、对称性以及单调性分析即可. 【详解】由，则， 所以， 所以函数关于直线对称， 由， 即， 因为是上的奇函数， 所以， 所以， 所以函数最小正周期为8， 由在上单调递增，根据函数对称性知在上单调递减， 由，，， 所以当时，函数与函数大致图象为： 所以与函数交点个数为2个. 4. 一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的结构特征有圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体表面积最小，再由圆锥的体积公式及轴截面的相关计算求球体半径，即可得. 【详解】由题意，圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体的半径最小，此时表面积最小， 若圆锥的高为，而其底面半径为2，则，可得， 令球体半径为，则，可得， 所以球体表面积为. 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为，连接并延长交轴于点，若，则双曲线的离心率为（    ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】结合双曲线性质和角平分线定理求解，再根据角平分线定理建立和的方程，结合题干求解，进而求解离心率. 【详解】如图所示，在中，平分交于，由角平分线定理得， 因为 ，所以 ，即，即. 由，，可得， 将代入上式：，解得，则. 在中，是的角平分线（内心在角平分线上）。 由角平分线定理可得：，且，则， 因为，且， 所以 ， 所以，解得， 故离心率. 6. 在数列中，，，为的前项和，则（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知通项公式变形构造新数列，结合累加法分组求和以及等差数列求和公式分析求解即可. 【详解】由，两边同时除以得： ， 即， 令，则， 所以， 所以， ， ， ， 累加得：， 又，所以， 由，所以， 所以 7. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以点在轴右侧，过点作轴，垂足为点， 因为，所以，则, ，, 所以,则， 则点的坐标为或， 代入椭圆方程，得，所以， 所以. 8. “”是“是幂函数且在上单调递减”（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义及幂函数的定义和性质求解. 【详解】充分性分析：，， 是幂函数且在上单调递减，故充分性成立； 必要性分析：是幂函数，， ，，或， 当时，在上单调递减，符合题意； 当时，在上单调递减，符合题意； 综上可知，是幂函数且在上单调递减， 则或，故必要性不成立， 故“”是“是幂函数且在上单调递减”的充分不必要条件. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（    ） A. 曲线关于原点对称 B. C. 的最小值为 D. 曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 【答案】AD 【解析】 【分析】利用图像关于原点对称的点的坐标特点判断选项A；将曲线的方程配方，利用平方数非负判断选项B；代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D. 【详解】用替换方程中的，方程仍然成立，所以曲线关于原点对称，所以A正确； 由，得. 所以，所以，即， 解得. 因为点在曲线上，所以，所以B错误； 因为在曲线上，所以的最小值为，所以C错误； 当时， 由，得. 由曲线的对称性，不妨令，则. 令， 因为，且在上单调递减， 所以，所以，所以. 所以当时，在的上方. 由曲线的对称性可得，当时，在曲线的内部. 又与曲线均过原点， 所以曲线与线段、直线所围成区域的面积大于，所以D正确. 10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若数列为等差数列，，，则时，最大 C. 若数列满足，，则 D. 若，则数列的前项和小于 【答案】B 【解析】 【详解】选项A：已知，当时，，解得， 当时，，， 两式相减得：， 则，故数列是首项为，公比为的等比数列， ，故A错误； 选项B：由，可得， 又，故得， ，故数列前项为正，第项起为负，在时取得最大值，故B正确； 选项C：已知， ，故，即， 数列是首项为，公差为1的等差数列，则，解得， 则， 故，故C错误； 选项D：当时，数列的第一项为， 且对于，因，即恒成立，故前项和不可能小于，故D错误． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（    ） A. 若为的极小值点，则的取值范围为 B. 存在，使得在上有且仅有一个零点 C. 当时，过点存在两条直线与曲线相切 D. 存在，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对B，当，求出的单调区间，进而可得方程的解满足题意，即可求解；对C，设出切点，根据条件，将问题转化成判断方程解的个数，即可求解；对D，令，，将问题转化成方程有解，即可求解. 【详解】对于A，因为，令，得到或， 若为的极小值点，则，解得，所以A正确， 对于B，因为，当时，则的增区间为，减区间为， 又，若，即， 解得，此时在上有且仅有一个零点，故B正确， 对于C，设切点为，则，又， 则切线方程为，又切线过点， 则，整理得到， 令，则，令，得到或， 当时，，当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又时，，时，，且时，，时，， 所以与轴有个交点，即有个解，故C错误， 对于D，令，， 则， 令，得到，所以D正确， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】对展开并整理得： , , , , , , 所以, 所以. 13. 若圆上到直线的距离为的点刚好有个，直线被圆截得的弦长为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求出弦心距，结合题意和直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】依题意，圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离， 圆上到直线的距离为的点，是圆与到直线距离为的两条平行直线的交点， 圆心到直线的距离， 则圆心到的距离分别为和， 因为交点刚好有个，所以其中一条直线与圆相切，另一条与圆相交， 故半径应等于中较大的一个，即， 所以直线被圆截得的弦长为. 14. 一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． 【答案】108 【解析】 【分析】将事件概率关系转化成事件包含的样本点个数关系，进而对条件分类讨论得答案. 【详解】由事件，事件，从而， 所以，即， 从而有， 又由，即， 从而有， 又由，即， 从而有，故 其中，，故，或. 当时，，，； 故中有且只有一个元素在中，中有且只有一个元素在中， 中另外两个元素为中两奇数或两偶数，满足条件的事件共有. 当时，，，； 故中有且只有两个元素在中，中有且只有两个元素在中， 中另外四个元素为中一个奇数三个偶数或三个奇数一个偶数， 满足条件的事件共有. 当时，，，；此时不满足，不合题意. 综上满足条件的事件的个数为个. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据右焦点的坐标求出的值，再根据离心率求出的值，进而结合可得椭圆的标准方程； （2）根据直线方程，可得点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，的表达式，再结合是的中点，进而即可求出的值． 【小问1详解】 由椭圆的右焦点为 ，得， 又离心率 ，解得， 在椭圆中，有， 因此椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 直线与轴交于点， 联立，整理得， 由判别式有，解得或， 设，， 由韦达定理得，， 又是的中点，则，解得，， 则，解得符合题意， 所以的值． 16. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）证明如下： 由已知 ，变形得 ，故 . 又因为 ，所以 ， 因此数列 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列. （2） （3）证明如下： 由(2)知 ， 因此 ， 代入得 ， 对任意正整数 ， 有 ， 即 ， 两边取倒数得 ， 因此 设放缩后的数列前项和为， 即 ① ①式两边同乘得： ② ①②错位相减得： ， 整理得 由 ，可得 ， 结合，可证得 ， 原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）将原式变形得到，利用等比数列定义即可证明； （2）利用等比数列通项公式得到，即可得到 （3）利用放缩法得到，由错位相减法求得的前项和，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)知数列 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列. 所以 . 因此数列 的通项公式为 . 【小问3详解】 略. 17. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，，交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）因为底面是正方形， 正方形的对角线互相垂直， 所以 . 又已知 ，且，平面 . 由线面垂直的判定定理，得平面 . 又平面，由面面垂直的判定定理，得平面平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明和平面内的两条相交直线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连结，因为是等边三角形，所以， 且，所以 ，所以 平面， 取的中点，连结，则， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，为 轴建立空间直角坐标系 . 因为，正方形对角线垂直平分，，，故 ， ，,，， . 因为，所以， 因此 ， ， . 设平面的法向量为 ， 则: 令，解得， ，即. ，， 设平面的法向量为，则： ， 解得， ，令，即. 设平面与平面的夹角为，则： . 因此. 18. 社团课上，甲、乙、丙三位同学进行围棋比赛，约定：第1局甲、乙比赛，甲先手（每局中先走第一颗棋子），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为，每局比赛没有平局且结果相互独立. （1）若. （i）求前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率； （ii）求第2局和第4局参与的同学完全相同的概率； （2）若前4局中甲参与的平均次数不小于，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第 1 局甲胜或乙胜两种情况，计算每种情况下第 2 局负者轮空、第 3 局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，最后将两种情况的概率相加；（ii）先确定第 2 局的参与者为第 1 局胜者与丙，再分第 1 局甲胜或乙胜两种情况，枚举第 2、3 局的胜负结果，筛选出第 4 局参与者与第 2 局完全相同的路径，将所有符合条件的路径概率相加； （2）确定甲出场次数的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望，最后解不等式 得到的取值范围. 【小问1详解】 （i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1局的胜者在第2局必须输掉， 若第1局甲胜乙，则第2局丙必须胜甲，概率为；若第1局乙胜甲，则第2局丙必须胜乙，概率为， 所以前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为； （ii）若第1局甲胜乙，则第2局参与的同学是甲和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形： ①第2局甲胜丙，第3局甲胜乙；②第2局丙胜甲，第3局丙胜乙. 第①种情形概率为；第②种情形为. 若第1局乙胜甲，则第2局参与的同学是乙和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形： ①第2局乙胜丙，第3局乙胜甲；②第2局丙胜乙，第3局丙胜甲. 第①种情形概率为；第②种情形为. 所以第2局和第4局参与的同学完全相同的概率为 ； 【小问2详解】 设甲在前4局的参与次数为随机变量，则， ， ， ， 所以 由， 得， 令，则， 整理得， 解得，所以，又， 所以的取值范围为. 19. 记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. （1）求和的表达式； （2）若，求证：对任意 恒成立； （3）设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 【答案】（1） ，; （2）证明：当时， ，， 用数学归纳法证明： 当时，，当时，，故； 当时，，故 ；当时，. 又对任意恒成立，且，故在上的最小值为0，且处取到. 假设当时，对任意恒成立， 则当时， ， 由归纳假设，单调递增，故，又，故. 当时，，故；当时,,，， 结合的单调性，得； 当时，. 所以对任意，恒成立. （3）由，，故等价于，无实根， 等价于，即，结合题意，故. ，求导得： 令，得或，即：，或. 分析的单调性：，故在上单调递减，在上单调递增， 最小值为：. 当，即时，方程无解，仅有1个解，故有1个极值点； 当，即时，方程有1个解，有2个解，故有2个极值点； 当，即时，方程有2个解，有3个解，故有3个极值点. 综上：当时，有1个极值点；当时，有2个极值点；当时，有3个极值点. 【解析】 【分析】（1）按定义递归求导，先求 、，再逐层嵌套复合求导，最后整理表达式； （2）利用数学归纳法，先证明一阶嵌套导数符号与 ，然后假设  阶恒正，通过定义并结合  的符号分段讨论，递推得证； （3）由解得唯一正根 ，故 ，即或，前者给出，后者解的个数取决于的最小值与的大小关系，以为分界求出对应极值点个数. 【小问1详解】 由，求导得 ，. 根据嵌套导数的定义，， 代入得：，对 求导， 得3阶嵌套导数：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 字节精准教育联盟·精准备考 2026年普通高等学校招生全国统一考试第二次适应性考试 数 学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知，则的虚部为（   ） A. B. C. D. 2. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（   ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为，连接并延长交轴于点，若，则双曲线的离心率为（    ） A. B. C. D. 3 6. 在数列中，，，为的前项和，则（   ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（   ） A. B. C. D. 8. “”是“是幂函数且在上单调递减”（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（    ） A. 曲线关于原点对称 B. C. 的最小值为 D. 曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若数列为等差数列，，，则时，最大 C. 若数列满足，，则 D. 若，则数列的前项和小于 11. 已知函数，则下列说法正确的是（    ） A. 若为的极小值点，则的取值范围为 B. 存在，使得在上有且仅有一个零点 C. 当时，过点存在两条直线与曲线相切 D. 存在，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 若圆上到直线的距离为的点刚好有个，直线被圆截得的弦长为________. 14. 一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值． 16. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，数列的前项和为，求证：. 17. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，，交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值. 18. 社团课上，甲、乙、丙三位同学进行围棋比赛，约定：第1局甲、乙比赛，甲先手（每局中先走第一颗棋子），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为，每局比赛没有平局且结果相互独立. （1）若. （i）求前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率； （ii）求第2局和第4局参与的同学完全相同的概率； （2）若前4局中甲参与的平均次数不小于，求的取值范围. 19. 记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. （1）求和的表达式； （2）若，求证：对任意 恒成立； （3）设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $