精品解析：宁夏银川二十四中2026届高三二模数学试卷

银川二十四中2026届二模数学试卷本试卷 共5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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，则 （ ） A. 48 B. 52 C. 56 D. 96 4. 某精密仪器厂生产一种标准长度为的金属垫片．现随机抽取200个垫片测量其实际长度（单位：），按长度分组并绘制出如图所示的频率分布直方图．若规定长度在区间内的垫片为合格品，用样本频率估计总体的概率，则任取一个垫片为合格品的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 直线与圆的交点为，，若，则 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在上的奇函数，，且，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 8. 如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（ ） A. B. C. 3 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，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，则（ ） A. 展开式共有7项 B. 常数项是第4项 C. 各二项式系数的和为 D. 各项系数的和为 10. 下列关于函数.的说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 是图象的一条对称轴 C. 为周期函数，且最小正周期为 D. 的值域为 11. 已知双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，，点在的右支上，直线与交于另一点， 的中点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（ ） A. 存在点，使得直线的斜率为2 B. 存在点，使得 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得点的横坐标为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应位置上． 12. 在中，的面积为___________ 13. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，，F为线段BE的中点，则的值为______． 14. 已知函数，，则的解集为________；与图象的交点横坐标之和为________. 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. 已知等比数列满足 ，且是与的等差中项． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 16. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 17. 如图，在直四棱柱中，，、 ，且分别为的中点. （1）求证： 平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面 所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 18. 已知函数 ． （1）若 ，求曲线在处的切线方程； （2）若 对任意 恒成立，求a的取值范围； （3）证明： ． 19. 已知抛物线 的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点， 的重心在直线上． ①证明：直线 的斜率为定值； ②设直线 与轴交于点，线段 的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川二十四中2026届二模数学试卷本试卷 共5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】D 【解析】 【详解】由两个集合知，元素同时属于两个集合，所以. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 且，故选项C正确. 3. 已知等差数列的前 项和为，则 （ ） A. 48 B. 52 C. 56 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】设出首项和公差，结合题意求解基本量，进而利用求和公式求解即可. 【详解】设首项为，公差为， 因为，所以， 因为，所以，解得 ， 此时，解得 ， 可得，故A正确. 故选：A 4. 某精密仪器厂生产一种标准长度为的金属垫片．现随机抽取200个垫片测量其实际长度（单位：），按长度分组并绘制出如图所示的频率分布直方图．若规定长度在区间内的垫片为合格品，用样本频率估计总体的概率，则任取一个垫片为合格品的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 【答案】C 【解析】 【分析】在频率分布表中，小矩形的面积等于这一组的频率，所以面积和为1，建立等量关系求出 ，进而求出长度在内的频率． 【详解】由题意知，，整理得，解得. 所以任取一个垫片为合格品的概率为：. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦的和角公式展开已知条件，再通过平方关系结合二倍角公式求解. 【详解】依题意得：， 化简得：， 所以， 因为，， 代入得：， 解得：. 故选：C. 6. 直线与圆的交点为 ，，若，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在 中，圆的半径为4， 所以圆心到直线 的距离为， 由点线距离公式得，所以，解得． 7. 已知是定义在上的奇函数，，且，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数是以为周期的周期函数，然后分别求得的值，结合函数的周期性，代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 用 替换 ，则， 即， 所以函数是以为周期的周期函数， 由，令，则， 且是定义在上的奇函数，则 ，所以， 令，则，且，则， 令，则，因为，所以， 所以， 则 . 故选：D 8. 如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】形成的正四棱锥 如图所示，取BC中点，连接SM，OM， 由题易知SM为等腰三角形SBC的高，所以，设，中， 则，正四棱锥 的体积， 令，其中即， 正四棱锥 的体积最大即取得最大值，， 令得到，当时，，当时，， 所以在 上单调递增，在上单调递减， 则在时正四棱锥 的体积最大． 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，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，则（ ） A. 展开式共有7项 B. 常数项是第4项 C. 各二项式系数的和为 D. 各项系数的和为 【答案】ABC 【解析】 【详解】由知，其展开式共有7项，且二项式系数的和为，A、C对， 由该二项式的展开式的通项为， 令，则常数项为第四项，B对， 令，则各项系数的和为，D错. 10. 下列关于函数.的说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 是图象的一条对称轴 C. 为周期函数，且最小正周期为 D. 的值域为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用奇偶性定义判断A，利用函数对称性与周期性的定义判断BC；利用导数判断D. 【详解】对于A，，为奇函数，故A正确. 对于B，， ， ，不是图象的一条对称轴，故B错误； 对于C， ，，不是的周期，故C错误， 对于D，， 令，即，解得或， 当时，， ， 当时，，，故函数极值为. 的值域为，故D正确. 11. 已知双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，，点 在 的右支上，直线与 交于另一点， 的中点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（ ） A. 存在点 ，使得直线的斜率为2 B. 存在点 ，使得 C. 存在点 ，使得 D. 存在点 ，使得点的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，找到渐近线斜率即可判断；对于B，利用，求出A点的横坐标，然后结合条件检验即可判断；对于C，将转化成两点间距离公式，求出A点的横坐标在符合题目范围内即可判断；对于D，利用点差法得，进而判断出不存在点使得等式成立. 【详解】设点 ，，，， 由题知离心率，解得， 故有，双曲线C的渐近线为， 对于A选项，如果存在点 ，使得直线的斜率为2， 直线与渐近线平行，不会与双曲线有两个交点，故A错误； 对于B选项： ，，若，即， 可得，即：（①）， 而 位于双曲线右支上，其中， 故有：，即：（②）， 联立①②两个等式可得：，又，此时，由选项A可知不合题意，故B选项错误； 对于C选项：由，即：，化简得：，由点 在 的右支上可知：，故存在点 ，使得，故C选项正确； 对于D选项：设，，， 而，带入化简得：，而， 故，可知不存在这样的点M使等式成立， 故不存在点 ，使得点的横坐标为，故D选项错误. 下面为证明：， 的中点为，根据中点坐标公式可知，故， ，故， 而 ，两点均位于双曲线上，故： （③） （④），用③减④得：， 化简得，故，证毕. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应位置上． 12. 在中，的面积为___________ 【答案】 【解析】 【详解】由余弦定理 ，代入得， 整理得，解得（负根舍去）； 故 . 13. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，，F为线段BE的中点，则的值为______． 【答案】 【解析】 【详解】如图：以 为原点， 为 轴， 为轴建立平面直角坐标系. 则， ， ， . 由，得 分 的比为，故. 为中点，故，即. ，. . 14. 已知函数，，则的解集为________；与图象的交点横坐标之和为________. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】先将代入不等式，再根据对数函数的性质求解不等式；先分析函数和的对称性，再根据对称性求出交点横坐标之和. 【详解】由题意得，，即，又在单调递增， ，解得 ，故的解集为. ，则， ， 故函数的图象关于点对称， ，则， ， 故函数的图象关于点对称， 两个函数的图象都关于点对称， 两个函数的图象交点也关于点对称， 因为，可知单调减区间为，图象关于点对称，时，时， 函数，可知函数单调增区间为，值域为且图象关于点对称， 可画出两个函数的大致图象，两个函数的图象有两个交点且关于点对称， 所以交点横坐标之和为. 故答案为：；2 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. 已知等比数列满足 ，且是与的等差中项． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为q（)，由已知可得，进而计算可求得，可求的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法可求数列的前n项和． 【小问1详解】 设等比数列的公比为q（)， 因为是与的等差中项， 所以，所以，因为，所以， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）可得， 则，① ，② ①②得 ． 则． 16. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用 表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于 的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 P . 【解析】 【分析】（1）根据回归直线方程的计算方法求得回归直线方程. （2）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 ， , .所以，回归直线方程为. 【小问2详解】 由题意知随机变量的可能取值为 ，则： ， ， ， ， X 0 1 2 3 P 故均值. 17. 如图，在直四棱柱中，，、 ，且分别为的中点. （1）求证： 平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定定理，分别证得 平面和平面，从而证得平面平面，即可证得 平面. （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 连接，因为 为 的中点，且 ，所以 ， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以 ， 因为平面， 平面， 所以 平面， 又因为，且 平面， 平面， 所以平面， 因为，且平面 ， 所以平面平面， 又因为平面 ，所以 平面. 【小问2详解】 若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以 ，而 可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以 ， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得 ，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得 ，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数 ． （1）若 ，求曲线在处的切线方程； （2）若 对任意 恒成立，求a的取值范围； （3）证明： ． 【答案】（1） ； （2） ； （3） 由（2）可知，当时， 在 单调递减， 且时， ，即， 令，则，所以， 即， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程； （2）由 分析需满足条件，得到 ，再说明时不满足条件； （3）由（2）得，令可得，累加证明. 【小问1详解】 当时， ， ，即切点坐标为， 又可得，即切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即 ； 【小问2详解】 当 时，若单调递减，则 满足条件， 因此需 在 恒成立，即在 恒成立， 所以 设 ， 则当 时， 恒成立（当且仅当时取等号）， 所以在 单调递增，所以 ， 所以 ，得 ； 当时， ， ， 所以存在， ， 则当时， ，单调递增，此时 ，不满足条件， 综上可知，实数 的取值范围为 . 【小问3详解】 略 19. 已知抛物线 的焦点为， 上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2） ，为 上两点， 的重心在直线上． ①证明：直线 的斜率为定值； ②设直线 与 轴交于点，线段 的中点为，线段 的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】（1） ， （2） ①方法一： 设，， 则 的重心为， 由题意知，，则． 所以直线 的斜率，为定值． 方法二： 因为直线 的斜率不为零， 所以设直线 的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线 的斜率，为定值． ②因为直线 的斜率不为零， 所以设直线 的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为 的中点，则： ，， 即． 直线 与 轴交点，，则 中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令 ，代入方程，解得 ， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令 ，则， ， 令 ，则，， 令，则， ， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【小问1详解】 抛物线 的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以 ． 因此，抛物线 的方程为 ． 将代入抛物线方程：，又 ，故． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $