精品解析：河北石家庄市第一中学2026届高考第二次模拟考试数学试卷

石家庄市第一中学2026届高考第二次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 2. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 3. 若抛物线上一点到其焦点的距离等于4，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 4. 设向量满足，，若，，则向量与的夹角不等于（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 5. 已知等比数列的前项和为，且，则 （ ） A. 16 B. 32 C. 81 D. 243 6. “”是“”的（ ） 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 7. 若偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 19世纪法国著名数学家加斯帕尔蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆 的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列正确的是（ ） A. 直线为的切线 B. 若，则 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 10. 已知甲组数据的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 乙组数据的方差为11 C. 数据的方差小于2 D. 甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍 11. 正四棱锥中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°，下列结论正确的是（ ） A. 直线与、与所成的角相等 B. 侧棱与底面所成角的正切值为 C. 该四棱锥的体积为 D. 该四棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_________． 13. 已知双曲线的左焦点为，右焦点为.若双曲线的右支上存在一点，使得直线与以双曲线的实轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该双曲线的离心率为________. 14. 已知数列是有无穷项的等差数列，，公差 ，若满足条件：① 是数列的项；②对任意的正整数，都存在正整数，使得.则满足这样的数列的个数是______种. 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. 在中，角所对的边分别为 ，已知. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 16. 在如图所示的六面体中，平面 平面，，，． （1）求证： 平面； （2）若AC，BC，两两互相垂直，， ，求点A到平面的距离． 17. 渔船海上外出作业受天气限制，尤其浪高对渔船安全影响最大，二月份是某海域风浪最平静的月份，浪高一般不超过3.某研究小组从前些年二月份各天的浪高数据中，随机抽取50天数据作为样本，制成频率分布直方图：（如图） 根据海浪高度将海浪划分为如下等级： 浪高 海浪等级 微浪 小浪 中浪 大浪 海事管理部门规定：海浪等级在“大浪”及以上禁止渔船出海作业. （1）某渔船出海作业除受浪高限制外，还受其他因素影响，根据以往经验可知：“微浪”情况下出海作业的概率为0.9，“小浪”情况下出海作业的概率为0.8，“中浪”情况下出海作业的概率为0.6，请根据上面频率分布直方图，估计二月份的某天各种海浪等级出现的概率，并求该渔船在这天出海作业的概率； （2）气象预报预计未来三天内会持续“中浪”或“大浪”，根据以往经验可知：若某天是“大浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为；若某天是“中浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为.现已知某天为“中浪”，记该天的后三天出现“大浪”的天数为X，求X的分布列和数学期望. 18. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在 上. （1）求椭圆 的方程； （2）过左焦点的直线交椭圆 于两点，交直线于点，设，，证明：为定值. 19. 设为正整数，集合对于，设集合. （1）若，写出集合； （2）若，且满足令 ，求证： ； （3）若，且 ，求证： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄市第一中学2026届高考第二次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据条件得到，再利用模长的计算公式，即可求出结果. 【详解】令，则，所以，解得， 所以，故， 故选：D. 2. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再根据并集的定义求解即可. 【详解】由，解得，所以， 因为，所以. 故选：B． 3. 若抛物线上一点到其焦点的距离等于4，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义和焦半径的计算公式即可求解. 【详解】由题可知，. 故选：A. 4. 设向量满足，，若，，则向量与的夹角不等于（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律将模长的平方写为向量的平方，结合一元二次不等式在实数集上有解求解即可. 【详解】设向量与的夹角为，， 由向量数量积的运算律可将原问题转化为，， 即，根据题意整理得有解， 所以， 解得， 故选：C 5. 已知等比数列的前项和为，且，则 （ ） A. 16 B. 32 C. 81 D. 243 【答案】C 【解析】 【分析】设出等比数列的公比为，建立基本量的关系求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，因为， 所以，即， 解得：，所以， 故选：C 6. “”是“”的（ ） 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】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系，三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解. 【详解】由，可得或， 当时，此时，即充分性不成立； 反之当时，，其中可为，此时，即必要性不成立， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 7. 若偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知的一个周期为2，根据周期性结合偶函数性质以及对数运算求解. 【详解】因为，则， 又因为为偶函数，则，可得， 可知的一个周期为2， 因为，且， 可得， 且， 所以. 故选：B. 8. 19世纪法国著名数学家加斯帕尔蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆 的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先明确蒙日圆的方程是根据椭圆方程得出，对于椭圆 ，其蒙日圆方程为.本题中先求出椭圆的蒙日圆方程，再根据圆与圆的位置关系，即两圆有且仅有一个公共点时的情况来求解的值. 【详解】对于椭圆，其中，，根据蒙日圆方程， 可得蒙日圆方程为，其圆心坐标为，半径. 圆，其圆心坐标为，半径. 因为两圆有且仅有一个公共点，所以两圆内切或外切. 当两圆外切时，两圆的圆心距等于两圆半径之和. 两圆的圆心距，由，即，，两边平方得，解得，. 当两圆内切时，两圆的圆心距等于两圆半径之差的绝对值. 由，即，两边平方得，（无解）. 所以的值为. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列正确的是（ ） A. 直线为的切线 B. 若，则 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求得  处切线为得到A正确；通过举反例证明B错误；根据导数的代数意义结合分离参数求范围即可求出C正确；根据导数的几何意义求出切线方程，结合两切线平行，找到相应等式即可求得D正确. 【详解】已知，求导得 选项A：当 时，，且，因此处切线斜率为0，切线方程为， 故直线一定是的切线，故A正确； 选项B：当时，，故 B错误； 选项C：若在单调递增，则在恒成立，当时，， 因此需要对所有恒成立，即，解得，即，故C正确； 选项D：求导得：，切线等价于 ， 整理得：， 因为，两边除以得， 即，故D正确. 10. 已知甲组数据的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 乙组数据的方差为11 C. 数据的方差小于2 D. 甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由平均数和方差性质求出两组数据综合即可求解判断；对于B，由方差性质即可直接计算求解判断；对于C，由新数据的平均数和方差公式计算即可判断；对于D，由百分位数定义即可判断； 【详解】数据的平均数为8，数据， 对于A，由题，， ， 所以数据的平均数为 ，故A正确； 对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误； 对于C，由题可得数据的平均数为8， 所以数据的方差为 ，故C正确； 对于D，因为， 所以甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，则乙组数据的第25百分位数是， 甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误. 故选：AC 11. 正四棱锥中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°，下列结论正确的是（ ） A. 直线与、与所成的角相等 B. 侧棱与底面所成角的正切值为 C. 该四棱锥的体积为 D. 该四棱锥的外接球的表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据异面成角的概念，直线与、与所成的角分别为，，再根据正四棱锥的特点，即可判断选项A是否正确；对于B，由题意可证平面，则是侧棱与底面所成角，在即可求出侧棱与底面所成角的正切值，即可判断选项B是否正确；对于C，利用体积公式即可求出该四棱锥的体积，进而判断选项C是否正确；对于D，利用球心和顶点连线，构造直角三角形，利用勾股定理求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积，即可判断选项D是否正确. 【详解】连结，，交于点，连结，取中点，连结、，如下图所示： 对于A，因为，所以直线与所成角为， 因为 ，所以与所成的角为， ∵，，∴， ∴直线与、与所成的角相等，故A正确； 对于B，∵平面，∴是侧棱与底面所成角， ∵正四棱锥中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°， ∴，， ，，， ∴侧棱与底面所成角的正切值为，故B错误； 对于C，该四棱锥的体积为，故C错误； 对于D，由题意可知正四凌锥中外接球的球心在上， 设外接球的球心为，连接 ， 设该四棱锥的外接球半径为， 在中，, 由勾股定理，可得，解得， ∴该四棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查了考查空间中异面直线成角、线面角、锥体的体积以及锥体的外接球等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】先由条件求得和，再代入条件概率公式计算即得. 【详解】因，，则， ， 则. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左焦点为，右焦点为.若双曲线的右支上存在一点，使得直线与以双曲线的实轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该双曲线的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，再结合双曲线定义，求得，结合△为直角三角形，利用勾股定理，建立 的等量关系，进而求解即可. 【详解】设中点为，连接，作图如下所示： 在△中，因为分别为的中点，故//，且； 由题可知，，且，故，且； 根据双曲线定义可知，，又， 故在△中，由勾股定理，也即， 整理得，故，也即该双曲线的离心率为. 故答案为：. 14. 已知数列是有无穷项的等差数列，，公差 ，若满足条件：① 是数列的项；②对任意的正整数，都存在正整数，使得.则满足这样的数列的个数是______种. 【答案】 【解析】 【分析】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则.因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项.设，则，即. 因为，故是的约数，进而分类讨论求解即可. 【详解】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则由等差数列定义得. 因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项. 设，则，即. 因为，故是的约数.所以. 当时，，得，故，共 种可能； 当 时，，得，故，共种可能； 当 时，，得，故，共种可能； 当时，，得，故，共2种可能； 当时，，得，故，共2种可能； 当时，，得，故，共1种可能； 当时，，得，故，共1种可能； 当时，，得，故，共1种可能. 综上，满足题意的数列共有（种）. 经检验，这些数列均符合题意. 故答案为： . 【点睛】首先根据等差数列概念和已知条件列得出的每一项均是自然数，且是正整数，再利用同样思路，由 是数列的项得出是的约数，进而分类讨论得解. 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. 在中，角所对的边分别为 ，已知. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）法一：利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解；法二：利用余弦定理计算即可求解； （2）（ⅰ）利用余弦定理计算即可求解；（ⅱ）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解. 【小问1详解】 中，， 法（一） 由正弦定理有①， 因为，所以， 代入①式整理得， 又，所以， 因为，所以. 法（二） 由余弦定理，代入， 整理得，代入 ， 因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由已知，， 代入，解得，. （ⅱ）由正弦定理，有， 又因为，故为锐角，故， 所以，， 由，， 故. 16. 在如图所示的六面体中，平面 平面，，，． （1）求证： 平面； （2）若AC，BC，两两互相垂直，， ，求点A到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，的中点，连 ， ，， 在六面体中，因为平面 平面，平面 平面 ，平面 平面，所以， 同理可得， 因为分别是，的中点，且，， 所以 ， ， ， ， 所以四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， 所以，，又已知，所以，则共面， 因为平面 平面，平面 平面 ，平面 平面，所以， 又分别是，的中点， ， 所以， 因为 平面， 平面， 所以 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，的中点，连 ， ，，利用面面平行的性质定理推出，再利用线面平行的判定定理可证结论成立； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据点到面的距离的向量公式可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为AC，BC，两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系： 则 ， ，设 ，则 ， ， ， ， ， 设平面的一个法向量为 ， 则，则，取，则， ， 所以点A到平面的距离为. 17. 渔船海上外出作业受天气限制，尤其浪高对渔船安全影响最大，二月份是某海域风浪最平静的月份，浪高一般不超过3.某研究小组从前些年二月份各天的浪高数据中，随机抽取50天数据作为样本，制成频率分布直方图：（如图） 根据海浪高度将海浪划分为如下等级： 浪高 海浪等级 微浪 小浪 中浪 大浪 海事管理部门规定：海浪等级在“大浪”及以上禁止渔船出海作业. （1）某渔船出海作业除受浪高限制外，还受其他因素影响，根据以往经验可知：“微浪”情况下出海作业的概率为0.9，“小浪”情况下出海作业的概率为0.8，“中浪”情况下出海作业的概率为0.6，请根据上面频率分布直方图，估计二月份的某天各种海浪等级出现的概率，并求该渔船在这天出海作业的概率； （2）气象预报预计未来三天内会持续“中浪”或“大浪”，根据以往经验可知：若某天是“大浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为；若某天是“中浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为.现已知某天为“中浪”，记该天的后三天出现“大浪”的天数为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】（1）“微浪”概率0.2，“小浪”概率0.3，“中浪”概率0.3，“大浪”概率0.2；0.6 （2）的分布列为 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图计算频率即可估计二月份的某天各种海浪等级出现的概率；根据全概率公式可求得该渔船在这天出海作业的概率； （2）依题意可知，的所有可能取值为，求出对应的概率，即可得出分布列，根据期望公式求出期望. 【小问1详解】 记这天浪级是“微浪”为事件，浪级是“小浪”为事件，浪级是“中浪”为事件，浪级是“大浪”为事件.该渔船当天出海作业为事件，则由题意可知：， . . 【小问2详解】 依题意可知，的所有可能取值为， ， ， ， 则的分布列为 0 1 2 3 数学期望. 18. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在 上. （1）求椭圆 的方程； （2）过左焦点的直线交椭圆 于两点，交直线于点，设，，证明：为定值. 【答案】（1） （2） 由已知得直线的斜率必存在，可设直线的方程为， 代入椭圆方程，整理得 ，， 设，则， 又，由得. 所以， 因为， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）由，得，再把点代入椭圆方程求出即可； （2）设出直线的方程，代入椭圆方程，设，由，，表示出，利用韦达定理化简得定值. 【小问1详解】 由题意可知，，所以， 因为点在 上，所以， 解得，故， 所以椭圆 的方程为 . 【小问2详解】 略 19. 设为正整数，集合对于，设集合. （1）若，写出集合； （2）若，且满足令 ，求证： ； （3）若，且 ，求证： . 【答案】（1）； （2）证明：因为，所以， 当时，， 所以，即，， 又因为，所以， 所以， 所以；； （3）证明：对任意，令， 若且，则， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 对，因为， 由（2）可知，令，则. 若，因为， 所以，即， 又因为，所以. 若，则， 所以. 综上，即. 【解析】 【分析】（1）由题意，即可直接写出； （2）由可得，结合可得，即可证明； （3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合相关知识.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $