河南方城县第一高级中学2026届高三下学期二诊模拟考试数学试题（二）

2026届河南方城县第一高级中学高三下学期二诊模拟考试数学试题（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的） 1．已知集合，记，则（   ） A．中有个元素 B．中的最大元素为2046 C．当为偶数时，中有个元素 D．当为奇数时，中的元素之和为 2．已知实数，与复数满足，，则构成的轨迹为（ ） A．圆心为，半径为1的圆 B．圆心为，半径为1的圆 C．过点的直线 D．过点的直线 3．“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．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． 5．平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案.其画法是：取第一个正方形各边的四等分点，，，作第二个正方形，再取正方形各边的四等分点，，，作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，如图所示.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为.若，则等于（   ） A． B． C． D． 6．将棱长为1的正方体的六个面的中点相连接可以得到一个八面体，则这个八面体的体积为（   ） A． B． C． D． 7．四边形是边长为4的正方形，点是正方形内的一点，且满足，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的函数满足：，，且在内单调递增，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．函数的最小值为0 B．若关于的方程恰有1个解，则 C．函数的图象与直线有且仅有一个交点 D．若，且，则无最值 10．已知的内角的对边分别为，则能判定一定是等腰三角形的为（   ） A． B． C． D． 11．如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（   ） A． B． C．长为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____. 13．在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为______． 14．函数在处的切线方程为___________ 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．已知椭圆的离心率为，其短轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线，过椭圆右焦点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，过点A作，垂足为D．求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标； 16．已知数列满足. (1)证明：是等差数列； (2)求数列的通项公式； (3)证明：. 17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点是棱上的一点（不同于端点），且． (1)求证：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 18．已知在中，角是的角平分线，且. (1)若，求的长； (2)若，求的面积. 19．已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若存在极小值，且极小值等于，求证：． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届河南方城县第一高级中学高三下学期二诊模拟考试数学试题（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 BCD A A D B A D A AC ABD 题号 11 答案 BC 1．BCD 【详解】对于A：的元素在区间内的正整数，所以元素个数为，故A错误； 对于B：当时，，所以表示在区间为3的倍数， 最大元素为小于的最大的3的倍数，所以最大元素为，故B正确； 对于C：当为偶数时，令，则， 所以中的倍数的个数为，故C正确； 对于D：当为奇数时，令，中元素的首项为，末项为的等差数列，项数为， 所以中的元素之和为，故D正确. 2．A 【分析】设，根据题意结合共轭复数和模长求，代入整理可得，即可判断动点的轨迹方程. 【详解】设，，，则，， 因为，即， 则 由实部与虚部对应相等得， 可得，解得，可得， 由可得， 即点到点的距离为1， 所以构成的轨迹为圆心为，半径为1的圆. 3．A 【详解】解得， 解得， 又， 所以“”是“”的充分不必要条件. 4．D 【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． 5．B 【分析】根据题意判断为等比数列，求出通项公式，代入求解即可. 【详解】由题意可知，，易知，所以. 又，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列， 所以，故. 6．A 【详解】 该八面体由正四棱锥和正四棱锥组成. 结合正方体的特征易知，四边形为正方形，且边长， 所以四边形的面积为. 正四棱锥和正四棱锥的高均为正方体边长的一半，即. 所以这个八面体的体积为. 7．D 【分析】根据题意建立直角坐标系，设，写出坐标，可得点的轨迹方程，进而可求出的最大值. 【详解】根据题意，建立如图所示的直角坐标系， 设,. 所以,,,, 所以, 因为, 即, 故点在以点为圆心，半径为的圆周上运动， 所以的最大值为. 故选：D. 8．A 【分析】根据题意，可得函数是周期为的函数，化简可得，，，根据函数单调性即可比较大小. 【详解】由题意，，则， 又，所以，变形可得， 用替换其中的，可得，所以， 所以函数的周期为， 所以，， ，又，所以， 又函数在内单调递增，所以， 即. 故选：A 9．AC 【分析】分别讨论、和三种情况，根据解析式可得其单调性，作出图象，即可判断A、B的正误，根据导数的几何意义，分别讨论曲线在三段区间上与交点的个数，综合分析即可判断C的正误；设，分别求出，和，可得的表达式，利用导数分析单调性和最值，即可判断D的正误； 【详解】当时，，则，在上单调递减， 当时，，则，在上单调递增， 当时，，根据复合函数单调性可知， 在上单调递减，作出图象，如下图所示： 选项A：由图象可得，当时，有最小值，且为0，故A正确； 选项B：若关于的方程恰有1个解，则与图象只有一个交点， 由图象可得，或，故B错误； 选项C：直线，变形为，斜率为， 当时，，则， 设切点横坐标为，令，解得，即在切线的斜率为， 所以当，即时，与只有一个交点； 当时，，与，只有一个交点， 此时，即； 当时，，即当，时， 令，得， 令，对称轴为，且，， 根据二次函数性质及零点存在定理可得，方程在上只有一个实根， 综上，函数的图象与直线有且仅有一个交点，故C正确； 选项D：设，由图象得， 则，解得，，，解得， 所以， 令，则， 设，则恒成立， 所以在上单调递增， 又， 所以存在，使， 当时，，即，则单调递减； 当时，，即，则单调递增， 所以存在最小值，故D错误. 故选：AC 10．ABD 【分析】利用正余弦定理、和差公式逐一分析即可. 【详解】对A，由正弦定理将边化角得， 即，所以为等腰三角形； 对B，因为， 所以， 所以，整理得， 又，所以，即，所以为等腰三角形； 对C，， 所以，整理得， 所以或，即是直角三角形或等腰三角形； 对D，， 当且仅当，即时等号成立，又，所以只能成立， 此时为等腰三角形. 11．BC 【分析】利用空间基底法，来进行空间向量的线性运算和数量积运算，即可判断各选项. 【详解】因为，根据过一点只有一条直线与平行，而与显然不共线，所以是不成立的，故A错误； 设，因为， 且， 则， 所以，故B正确； 因为， 即，所以长为，故C正确； 因为，且， 可得 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误； 故选：BC 12． 【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得. 【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19， ，则，由， 则，当且仅当时，等号成立. 13． 【分析】原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，利用圆的弦长为得到为等腰直角三角形，从而得到的坐标，代入抛物线方程可得的值，它就是焦点到准线的距离． 【详解】圆，原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为， 因为，又因为，,故，故为等腰直角三角形，． 因，故，代入抛物线方程得．填． 【点睛】求不同曲线的交点，一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标． 14．2 【分析】先求出导数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程. 【详解】因为函数，所以， 所以切线斜率为，且， 所以在处的切线方程为，即. 故答案为：. 15．(1) (2)证明见解析，定点E为． 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量，即可得出椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，设点，，， 将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线并化简，由此可得出直线所过定点的坐标. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆C的方程为． （2）由对称性，若直线BD过定点E，则该定点E必在x轴上， 由题得，设直线， 设，，， 联立方程，得， 所以有，， 因为，所以直线BD的方程为， 令，得 由，，得， 将代入（*）， 则， 故直线BD过定点，即定点E为． 16．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）可根据等差数列的定义，通过计算 是否为常数即可证明； （2）由（1）得到 的通项公式，再利用累加法求出 的通项公式； （3）先对 进行放缩，然后通过裂项相消法证明不等式. 【详解】（1）已知 ，移项可得 , 则 , 当 时， , 因为 （常数），且首项 ， 所以 是以 4 为首项， 4 为公差的等差数列. （2）由（1）可知 是以 4 为首项，4 为公差的等差数列， 根据等差数列通项公式可得 . 当 时，. 将 代入上式可得：. ， 当 时， ，上式也成立. 所以数列 的通项公式为 . （3）因为 ， 所以 . 当 时， ，不等式成立； 当 时， . . 所以 . 17．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由平面可得，结合可得平面，进而得到，再结合可得平面，可得，进而结合即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以． 因为底面是矩形，所以， 又平面平面，所以平面． 因为平面，所以， 又平面平面， 所以平面，又平面，所以． 又因为，所以为的中点，则． （2）不妨设，则， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，， 所以，． 设平面的一个法向量， 所以，令，得． 设平面的一个法向量， 所以，令，得. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值是． 18．(1) (2) 【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出，进而求出，在中，根据正弦定理可求出；（2）由题意知，设，在中，由余弦定理可得到与x的关系，在和中，由余弦定理可求得x，进而可求得面积. 【详解】（1）因为所以，所以. 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理得，即，解得. （2）由知，， 由角平分线定理可知，设，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 在中，由余弦定理得，解得或， 当时，，，由得 ， 解得，与矛盾，所以. 所以，，所以的面积为. 19．(1) (2)当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在、上单调递增；当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减，在、上单调递增. (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）分析可知，结合题意得出，可得出，令，则，且，则，证明对数平均不等式，其中，令，即，变形得出，再利用对数等式以及基本不等式可证得结论成立. 【详解】（1）， 当时，， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，的最小值为. （2）， 当时，则对任意的恒成立， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，则或， ①当时，即时， 由可得或，由可得， 所以函数在上单调递减，在、上单调递增； ②当时，即时，对任意的，， 此时在上单调递增； ③当时，即时， 由可得或，由可得， 此时在上单调递减，在、上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在、上单调递增； 当时，则在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在、上单调递增. （3）由题意可知，由（2）可知，当时， 函数的极小值为，此时， 因为，则，此时，等式不成立； 当时，函数的极小值为，此时， 因为，则，则， 由不等式的性质可得，等式不成立； 当时，函数在上单调递增，函数无极值； 当时，函数的极小值为， 可得，令，则，且，则， 先证明不等式，其中， 即证， 令，，其中，则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 设，即，所以， 上述两个等式相除得， 所以，所以，则， 即，可得， 由基本不等式可得，故原不等式得证. 答案第14页，共15页 答案第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $