精品解析：宁夏回族自治区银川市第二中学2026届高三二模数学试卷

银川二中2026届高三二模试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟， 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解集合中分式不等式，再结合集合求交集. 【详解】分式不等式，等价于：, 解得，即, 已知，筛选出中满足的元素，为， 所以. 2. 若复数 满足，则复数 的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 所以 3. 一组互不相等的数据从小到大排列为，去掉后，则下列选项正确的是（ ） A. 极差变大 B. 平均数变大 C. 中位数变小 D. 分位数变小 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出原数据和新数据的极差、平均数、中位数和分位数，再结合数据对比大小即可. 【详解】已知原数据从小到大排列为 ，去掉后新数据为 ， 选项A，原数据极差：，新数据极差：， 由，可得，极差变小，A错误； 选项B，原数据平均数 ，新数据平均数 ， 作差得：（ 为原数据总和）， 因为，所以， 即，平均数变大，B正确； 选项C，原数据的中位数是，新数据的中位数是， 因为，所以，中位数变大，C错误； 选项D，原数据：，不是整数，取第5个数，即原数据的80%分位数为； 新数据：，是整数，取第4、5个数的平均数，即新数据的80%分位数为， 因为，所以，80%分位数变大，D错误. 4. 已知平面向量，且，则 （ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知， 因为且，所以， 解得 5. 已知等差数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合等差数列求和公式可推导证得数列为等差数列，进而求得等差数列的公差，根据等差数列通项公式可求得结果. 【详解】设等差数列的公差为 ， 则， 数列是公差为的等差数列，，解得：， . 故选：D. 6. 已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（ 为原点）的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先确定四边形为矩形，然后点，求出其到两个渐近线的距离，相乘计算即可得答案. 【详解】双曲线C：，即，为等轴双曲线，渐近线的夹角为， 则四边形为矩形， 设点，且， 点到渐近线的距离为， 点到渐近线的距离为， 则四边形的面积为. 故选：B. 7. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用半角正切公式即可求值，注意法二：正切值的符号. 【详解】方法一：∵，， ∴. 方法二：∵，， ∴的终边落在第一象限，的终边落在第一或第三象限，即， ∴ 故选：C 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为 ，从而利用 表达出小球最大半径和正方体棱长 ，进而求出体对角线长及比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为 ，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长 满足，解得：， 所以正方体的最大体对角线长为 ∴. 故选：A 二､多选题：本大题共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. 在正三棱台中， 为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】BD 【解析】 【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥， 对于A，由于，而与相交，则与 相交，故A错误； 对于B，由于平面平面，且 平面 ，则平面，故B正确； 对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误； 对于D，由于，，且，，平面，则 平面，故D正确. 10. 已知抛物线的焦点为 ， 为上一动点，A为一定点，则正确的有（ ） A. 若，则点P的坐标为 B. 若，则的最小值为6 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线定义以及性质可以得出A、B、C选项，利用直线斜率和倾斜角的关系，得出的表达式，再利用函数导数求最值. 【详解】对于A，因为焦半径，所以，代入，解得， 所以，故A错误； 对于B，将横坐标5代入抛物线方程中，得，所以点A在抛物线内， 所以，当且仅当与 轴平行时取等，故B正确； 对于C，设，则， 所以， 所以的最小值为，C正确； 对于D，设点M是x轴上点A右侧一点，不妨设P位于第一象限， 如图所示： 则 ， 令，分母为，则， 当，，所以在上单调递减； 当，，所以在上单调递增； 所以当时，， 此时，由图知，所以，故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间上单调递增 D. 的零点构成的集合是 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由周期函数的定义可判断，对于B，由对称中心的概念可判断，对于C，通过特殊函数值可判断，对于D，通过二倍角公式和三倍角公式化简解析式得到，再通过恒成立，可判断D. 【详解】对于A：，不恒成立，A错误； 对于B：，所以的图象关于点中心对称，B正确； 对于C：因为，， 而， 所以在区间上单调递增不成立，C错误， 对于D：利用三角恒等变换化简 ：  ， ，   对二次式，判别式，且开口向上， 因此该式恒大于0，故当且仅当，即， 所以的零点构成的集合是，D正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆经过点，且与直线相切于点，则圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【详解】设圆的标准方程为：， 由题意知：，解得：， 圆的标准方程为：. 13. 某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为______． 【答案】##0.1 【解析】 【分析】根据题意，利用交事件的概率公式求解即可. 【详解】设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B， 则X，Y两种性状都不出现为，两种性状都出现为， 由题，，， 所以， 又， 所以． 故答案为：. 14. 已知函数，对任意，都有，则 的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以 的取值范围为. 四､解答题：本大题共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. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响， （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果； （2）易知随机变量的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值. 【小问1详解】 设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”， （或） （或） 所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率 . 【小问2详解】 随机变量的可能取值为2，3，4. ，，， 随机变量的分布列为 2 3 4 所以随机变量的期望为. 16. 在 中，角所对的边分别为，且. （1）证明：； （2）若，求的最小值. 【答案】（1）证明：由题意，得， ， 又，，即， ，，即，又由正弦定理得. （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角差的余弦公式化简即可； （2）利用已知条件和余弦定理先求出，再设，，最后令并结合基本不等式即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 在 中，，在 中，， 即，， 在 中，， 设，由三角形三边关系知，则，即， 令，则，，， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 17. 如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面 ，设平面 与平面的交线为直线. （1）证明： ； （2），点 在直线上. （i）若，且点均在球 的球面上，证明：点 在球 的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求 的长. 【答案】（1）证明：在正方形 中，， 因为 平面 ， 平面 ，所以平面 ， 又因为 平面，平面平面，所以 ； （2）（i）证明： 因为点 在直线上， 设，因为，则 ，即， 设点所在球 的球心， 则， 即， 解得，即球心，半径为， 又， 所以点 在球 的球面上； （ii） 或 【解析】 【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据，得，设球 的球心，根据得球心，半径为，验证即可； （ii）设，平面的法向量为，利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点 为原点，为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， （i）略 （ii）设，且， 设平面的法向量为，则， 可取，记直线与平面所成的角为 ， 则， 解得或， 所以 的长为 或. 18. 已知抛物线焦点为， ，，为抛物线上的三个动点，且. （1）求拋物线的方程； （2）过分别作抛物线的三条切线，分别为，，，，交于点 ，，交于点E，，交于点 . （i）证明：的垂心在一条定直线上； （ii）已知G点在曲线（）上，求 的面积的最大值. 【答案】（1） （2） （i）由方程，故在点处切线方程为： 方程为， 方程为方程为， 联立故解得， 同理可得 则过 点与垂直的直线为：，① 过点 点与垂直的直线：，② ①－②可得： 故的垂心在一定直线 上 （ii） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程； （2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得三角形面积的最大值. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，已知焦点，故， 因此抛物线方程为：. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设，由（i）可知：的直线方程为， 将代入可得：， 同理可得， 故 的直线方程为， 联立直线 与抛物线得， 由弦长公式， 为了使 的面积最大，必须保证处的切线与直线 平行， 所以， 从而故 的面积为： ， 当时，取得最大值. 19. 已知函数 （1）当 时，求的最小值； （2）当时，，求 的取值范围： （3）已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与 轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 【答案】（1） 0 （2） （3） 法一：由题意，点在曲线上，设，， 已知，即，过的切线方程为：. 与 轴交点的坐标为， 过且斜率为0的直线为， 与曲线的交点满足， 所以是以1为首项，为公比的等比数列， 因此，， 所以，的坐标为，的坐标为， 的底边的长度为，高为1，故面积，， 于是，则， 所以要证，即证， 而（2）中时，任意时，有恒成立， 故有时，恒成立， 令，则有， 所以，，…，， 求和得，所以原不等式成立. 法二：令， 求导得， 所以在单调递增，所以， 令可得恒成立，， 对求和得. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性； （2）求出函数的导数，令，求出后先判断时的符号可得原函数的单调性，再求出的二阶导数，就、分类讨论可确定参数的范围，当时可直接判断的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法证明当不等式恒成立，再结合导数证分类明不等式不恒成立即可；另外利用换元法可将原不等式转化为恒成立，同样可结合导数探求参数的范围； （3）先利用导数的几何意义求得，求出的通项公式后可求面积，从而得的通项，结合（2）的结果可得不等式，结合裂项相消法可证不等式，或者证明，同样可得，再结合裂项相消法可证不等式亦可. 【小问1详解】 时，，， . 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增，所以. 【小问2详解】 法一：，， 其中 ，记，， （i）当时，，所以在上单调递减， 又，所以时，，即， 所以在上单调递减，又，所以恒成立， 故合题意； （ii）当时，设，则， 故在上单调递减， 又，所以时，，同（i）可得恒成立， 故合题意； （iii）当时，因为，所以在上单调递减， 此时，， 所以当时，，所以在单调递增， 又，所以，，即， 所以在单调递增， 又，所以，，不合题意. （iv）当时，显然为上的增函数，又， 所以时，，即，所以在上单调递增， 又，所以恒成立，故不合题意； 综上所述，实数 的取值范围为. 法二：（i）当时，，， 设， ，， 所以在上单调递减， 又，所以，当时，，即， 所以恒成立，故合题意； （ii）当时，，（由第（1）问可知）， 故，不合题意； （iii）当时，， 记， ， 为减函数，且，， 所以，当时，，所以在单调递增，又， 所以，，即， 所以在单调递增，又， 所以，，不合题意. 综上所述，实数 的取值范围为. 法三：恒成立等价于恒成立. 令，则不等式可化为：， 令，则 ，且需对恒成立. 求导得，， 令，， 求导得， 故， ①当 时，，所以在上递减， 又，所以，即， 所以在上递减，又 ，从而，不满足条件. ②当且时，在时，， 同上分析可知，在时，，不满足条件. ③当时，，且对，， 由于，，，即恒成立， 故在上为增函数，故， 即，进一步知为增函数，故，合题意. 综上所述，即为所求. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川二中2026届高三二模试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟， 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数 满足，则复数 的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 一组互不相等的数据从小到大排列为，去掉后，则下列选项正确的是（ ） A. 极差变大 B. 平均数变大 C. 中位数变小 D. 分位数变小 4. 已知平面向量，且，则 （ ） A. B. C. D. 1 5. 已知等差数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（ 为原点）的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 7. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共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. 在正三棱台中， 为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 已知抛物线的焦点为 ， 为上一动点，A为一定点，则正确的有（ ） A. 若，则点P的坐标为 B. 若，则的最小值为6 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 11. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间上单调递增 D. 的零点构成的集合是 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆经过点，且与直线相切于点，则圆的标准方程为______． 13. 某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为______． 14. 已知函数，对任意，都有，则 的取值范围为______. 四､解答题：本大题共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. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响， （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望. 16. 在 中，角所对的边分别为，且. （1）证明：； （2）若，求的最小值. 17. 如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面 ，设平面 与平面的交线为直线. （1）证明： ； （2），点 在直线上. （i）若，且点均在球 的球面上，证明：点 在球 的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求 的长. 18. 已知抛物线焦点为， ，，为抛物线上的三个动点，且. （1）求拋物线的方程； （2）过分别作抛物线的三条切线，分别为，，，，交于点 ，，交于点E，，交于点 . （i）证明：的垂心在一条定直线上； （ii）已知G点在曲线（）上，求 的面积的最大值. 19. 已知函数 （1）当 时，求的最小值； （2）当时，，求 的取值范围： （3）已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与 轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $