精品解析：河南南阳市2026届高三年级下学期二模考试数学试题

2026年高三年级二模考试 数学 注意事项： 1.本试卷共19道题，满分：150分，考试时间：120分钟. 2.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 3.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 4.选择题答案使用铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 5.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 6.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 第I卷（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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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 4. 若是函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 双曲线的右焦点为，过点的动直线交双曲线的右支于，两点，点，若直线平分，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 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. 已知数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值可以是（ ） A. B. C. D. 1 10. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为3 C. 存在点，使得 D. 当离心率不小于时，的最小值为 11. 已知（且），若，且（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 第II卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，常数项为____________. 13. 已知数列的首项，且满足，则______. 14. 如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求； （2）求的取值范围. 16. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，证明不等式在上恒成立. 17. 某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛.规则如下：利用计算机在题库中选出3个题由职工作答，已知题库中有A，B两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30分.两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答A，B两类题正确与否相互独立. （1）若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差； （2）若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率. 18. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，平面，，，，，为的中点，点在线段上. （1）证明：平面平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上. ①证明：，，三点共线； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求. 19. 已知抛物线：的焦点为，点，点，过焦点的直线交于，两点，的面积的最小值为4.设直线，与的另一个交点分别为，，直线，的倾斜角分别为，.当直线，的斜率存在时分别记为，. （1）求抛物线的方程； （2）证明：； （3）当取得最大值时，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级二模考试 数学 注意事项： 1.本试卷共19道题，满分：150分，考试时间：120分钟. 2.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 3.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 4.选择题答案使用铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 5.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 6.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 第I卷（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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集和交集含义即可得到答案. 【详解】，则. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：由题意知，复数在复平面内对应的点为，则， 所以，，因此. 3. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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】A 【解析】 【分析】 由化简得出，从而得出与共线，当与共线时，，，不一定相等，最后由充分条件和必要条件的定义作出判断. 【详解】当时，，化简得，即，，即与共线 当与共线时，则存在唯一实数，使得 ，，与不一定相等，即不一定相等 故“”是“与共线”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于熟练掌握向量的数乘、数量积运算以及向量共线定理. 4. 若是函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干条件先求出导函数，再求出未知参数，最后代入计算函数值. 【详解】由题意得， 因为为极值点，所以， 即，解得， 所以，此时是函数的极小值点，符合题意， 因此. 5. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的求和公式可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得的值. 【详解】设等差数列的公差为，由可得， 解得，故. 6. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由，得， 则，即，所以函数的一个周期为4， 又， 则. 7. 已知函数，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，，， 因为在区间上恰有5个零点，所以由正弦函数性质得， 解得． 8. 双曲线的右焦点为，过点的动直线交双曲线的右支于，两点，点，若直线平分，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据角平分线关系求出，再设，，直线l的方程，联立双曲线方程代入求解，结合韦达定理求出两根之和两根之积，据此将斜率关系式进一步转化成关于k的等式，解之即可． 【详解】如图所示， 设角平分线FT的倾斜角为，斜率为， 设直线FA的倾斜角为，斜率为， 设直线FB的倾斜角为或，斜率为或， 则，， 又， 所以可解得，，则， 化简可得（*）， 易知直线l的斜率一定存在，设直线的方程为， 代入双曲线方程得，整理得， 设，，由韦达定理得， 所以，同理， 所以， ， 代入（*）式并化简可得， 将两根之和及两根之积代入并化简可得，解得或， 当时，A、B不在双曲线的同一支上，无法满足直线平分，故舍去， 综上，． 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. 已知数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值可以是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】BD 【解析】 【详解】数列是等比数列，由，得， 则，而，于是， 所以或. 10. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为3 C. 存在点，使得 D. 当离心率不小于时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由点在椭圆内部求得的范围，结合离心率的意义求解判断AB；由椭圆半焦距与的大小判断C；利用椭圆定义及均值不等式求出最小值判断D. 【详解】由椭圆的长轴长为4，得，由点在内部，得，又，则， 对于A，由，得，则离心率，A正确； 对于B，由，得椭圆的半焦距，由， 得，因此的最大值为，B正确； 对于C，由，得，而，则， 以原点为圆心，为半径的圆在椭圆内，因此不存在使得，C错误； 对于D，由椭圆的离心率不小于，得，则， 于是，， 因此 ，当且仅当时取等号，符合题意，D正确. 11. 已知（且），若，且（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先判断，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断A；令，即可判断B；令，利用导数说明函数的单调性，得到，即可判断C；令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断D. 【详解】由，可知或， 又，因同正，两边同除以可得， 令，则， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当且，此时与题意不符合； 当且时，，故． 令，则， 当时，，在上单调递减， 又，所以，所以， 所以，故A正确； 令，则， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以当时，， 即，即，故B错误； 令，则， 记，则， 所以，则，所以在上单调递增， 所以，即， 即， 所以，即，故C正确； 令，， 则， 令，，则，即在上单调递增， 所以，，在上单调递增， 所以，即，故D正确． 第II卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，常数项为____________. 【答案】180 【解析】 【分析】由二项式的展开式通项公式为，再令，然后求解即可. 【详解】解：由二项式的展开式通项公式为， 令，解得：， 即展开式中常数项为， 故答案为：180. 【点睛】本题考查了二项式定理及二项式展开式通项公式，重点考查了运算能力，属基础题. 13. 已知数列的首项，且满足，则______. 【答案】 【解析】 【详解】，， ，， . 14. 如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 【答案】 【解析】 【分析】先设四分之一球半径为，由最大正方体棱长求出.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则其外接球必须能放入储物盒中，因此要先求该四分之一球内最大内切球半径.取垂直于两个平面交线的截面，转化为四分之一圆内切圆问题，求出，再利用正四面体外接球半径公式求最大棱长. 【详解】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，则， 最大正方体放入时，球心到正方体每一个顶点的距离最大值应该最小， 则正方体的一条棱的中点在球心处，正方体的一个底面与一个侧面和四分之一球的一个平面重合， 所以，解得：． 若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内. 设储物盒内能放入的最大球半径为. 取垂直于四分之一球两个平面交线的截面， 由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且， 又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故. 设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为. 因此，解得. 故可放正四面体的最大棱长为. 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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，解三角形即可； （2）根据锐角三角形的性质，求出角的范围，再根据正弦定理求出的范围，进而构造函数，根据函数单调性，求出函数值域，判断结果即可. 【小问1详解】 由，得，由，化简得， 所以，即 【小问2详解】 因为为锐角三角形，所以，即，解得， 由正弦定理可知， 可知，则，即； 由题意可得， 令，， 由对勾函数可知在上单调递减，在上单调递增， 可知，所以； 即的取值范围为. 16. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，证明不等式在上恒成立. 【答案】（1） （2）当时，，要证对任意的恒成立， 即证，即证，即证对任意的恒成立， 构造函数，其中， ，其中，令，则， 对任意的，恒成立，故函数在上单调递增， 当时，，故函数在上单调递增， 当时，，故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）当时，要证不等式成立，即证对任意的恒成立，构造函数，其中，利用导数分析该函数在上的单调性，结合即可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，，则，，则， 此时函数在处的切线方程为. 【小问2详解】 略 17. 某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛.规则如下：利用计算机在题库中选出3个题由职工作答，已知题库中有A，B两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30分.两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答A，B两类题正确与否相互独立. （1）若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差； （2）若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率. 【答案】（1）的分布列是： 0 20 40 60 ，300 （2）【解析】 【分析】（1）根据题意，的可能取值为0，20，40，60，求出对应的概率，即可列出分布列及求出方差； （2）设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况进行求解即可． 【小问1详解】 设“甲选类题答对”为事件， 根据题意，的可能取值为0，20，40，60. ，， ， ， 所以的分布列是： 0 20 40 60 设为甲答对的类题的个数，则，且， 由，故的方差为. 【小问2详解】 设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况，这五种情况之间彼此互斥． 又， ， ， 则， 故． 18. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，平面，，，，，为的中点，点在线段上. （1）证明：平面平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上. ①证明：，，三点共线； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为，所以， 因为平面，且， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （2）①证明：作中点为，中点为， 所以，因为平面，所以平面， 因为平面，所以，即是以为直角的三角形， 则外心为， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以点为球心，所以，，三点共线； ②或 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，再根据面面垂直的判定定理，说明结论即可； （2）①根据外接球的性质，说明球心在线段上即可； ②建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出法向量和方向向量，根据线面角的正弦值公式，求出边长即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②如图所示，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令时，解得，即平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 可得，化简得， 解得或； 19. 已知抛物线：的焦点为，点，点，过焦点的直线交于，两点，的面积的最小值为4.设直线，与的另一个交点分别为，，直线，的倾斜角分别为，.当直线，的斜率存在时分别记为，. （1）求抛物线的方程； （2）证明：； （3）当取得最大值时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）设，可知 设直线方程为，设直线方程为， 联立方程组得，消去得， 可知，则， 联立方程组得，消去得， 可知，则， 则直线的斜率， 直线的斜率， 则，由（1）可知，即. （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式，设出直线方程，联立方程组，根据韦达定理，求出三角形面积最小时的情况，求出参数，写出抛物线方程； （2）设出点的坐标，和直线方程，联立方程组，根据韦达定理，求出斜率的表达式，进而判断斜率之比为定值； （3）根据斜率与倾斜角正切值间的关系，根据正切函数单调性，求出最大时的斜率，进而求出直线方程. 【小问1详解】 由题意可知直线斜率不为，设直线的方程为， 设点， 联立方程组得，消去得， 可知， 则， 可知， 可知当时三角形面积最小，可得，解得（舍）， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，解得， 可得， 由（2）可知，解得， 此时，，解得， 此时直线方程为，此时，即， 当直线的斜率存在时，由（2）可知， 则，， 所以正负号相同，所以， 可知在上单调递增， 所以当取得最大值时，取得最大值； 则， 要使取得最大值，显然， 由基本不等式可知，当且仅当时，即时取等号， 所以，即当时，取得最大值，此时取得最大值； 此时，可知直线方程为，即， 当斜率存在时，由（2）可知， 由，， 所以直线方程为. 故直线方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $