精品解析：河北部分高中2026届高三二模数学试题

数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，，. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由复数的乘法及除法运算可得. 【详解】由得，，即，所以， 根据复数的除法. 3. 已知正项等比数列满足 ，则 （ ） A. 8 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式化简已知条件，由此求得. 【详解】设正项等比数列的公比为，其中，， 依题意得， 两式相除得，解得（负根舍去）， 所以， 解得. 4. 在某人工智能推荐系统中，用户偏好与商品特征会被编码为特征向量，即，其中代表用户偏好向量，代表商品特征向量，越小，商品越符合用户喜好.已知某用户偏好向量，某件商品的特征向量，当该商品最符合该用户喜好时， 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 当 时，取得最小值. 5. 已知抛物线C 的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为 .求得确定是等边三角形，再利用抛物线的定义求得进而求得即可得的值. 【详解】设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为 .则 因为所以 因为, 根据抛物线的定义，知，，所以是等边三角形， 所以，解得 所以，, 所以，即 6. 若函数的图象在点处的切线恰好与函数 的图象切于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设切点，求出导函数进而得出切线斜率得出切线方程，再应用切线相同列式计算求解，即可得出切线方程. 【详解】因切线 与的切点为， 由可得， 切线方程为：，即① 依题意，切线 与的切点为 ，因， 则切线 的方程为：，即② 因①，②都是 的方程，则有 ， 联立两式消去 并整理得，即，解得. 7. 若圆 M: 上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点 P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（ ） A. (0，4] B. [4，+∞) C. (0，2] D. [2，+∞) 【答案】D 【解析】 【分析】过点 作圆的两条切线（ 为切点），根据题意得到，结合已知可得圆心到直线的距离，由点直线的距离公式代入列不等式求解即可． 【详解】圆 M:的圆心坐标，半径为 ， 此时圆心到直线l:的距离为， 若在圆M上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝60°，过点 作圆的两条切线（ 为切点），, 所以，解得， 故选：D. 8. 已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应的概率，再利用数学期望公式求解. 【详解】随机变量的可能取值为. 当时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白球， 第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：； 当时，前两次未出现同号球，第三次才取到， 第一次任取一球，第二次不取同号球， 第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：； 当时，前三次未出现同号球，第四次才取到， 第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同号球， 第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：； 当时，前四次未出现同号球， 第五次必然取到（前四次取了4个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同号）： ， 数学期望：. 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. 已知在锐角三角形 中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对A根据正弦函数的单调性判断可得；对B根据锐角三角形及A选项分析结果可得；对C由锐角三角形及正切函数的单调性判断可得；对D先B选项分析知，进而可得，再由余弦函数的单调性可得. 【详解】因为锐角三角形 中，，， 即， 因为 均为锐角，所以，且在上单调递增， 所以，即，故A错误； 对于B，因为，所以，由A选项分析知， 所以，得，又因为为锐角，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，所以， 因为在上单调递增，所以， 因为为锐角，所以，所以，故C正确； 对于D，由B选项分析知，所以， 因为，所以，在上单调递减， 所以，故D错误. 10. 如图，四面体 中，分别为 ，的重心，则（ ） A. 与可能平行 B. 平面 C. 若 与均为等边三角形，则平面 ⊥平面 D. 若 与均为等边三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，假设平行，推出矛盾，A错误；B选项，利用比例关系得到平行关系，得到线面平行；C选项，先得到线面垂直，进而证明面面垂直；D选项，在C基础上，根据锥体体积公式可得两者相等. 【详解】A选项，假设，因为平面，平面， 所以平面，但是与平面显然有交点，故假设不成立，A错误； B选项，如图，取的中点 ，连接， 因分别为 ，的重心，则分别过点，且， 所以，又因平面 ，平面 ，故平面 ，B正确； C选项，由B知，平面即为平面， 若 与均为等边三角形，则⊥ ，⊥， 又，平面， 所以⊥平面，又平面 ，故平面 ⊥平面，C正确； D选项，易知，所以为等腰三角形， 过点作⊥于点 ，过点作⊥ 于点 ，则， 由C可知，⊥平面，又平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 同理可得⊥平面 ， 所以，， 又，，所以，D正确. 11. 已知函数的定义域为,，且当时，，则（ ） A. B. 是增函数 C. 函数是增函数 D. 若实数满足. ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A直接赋值可得；对B构造函数，从而可判断具有线性可加性且单调递增，可设并结合导数可判断BC；对于D将不等式等价转化为，再结合指数函数的性质分类讨论判断可得. 【详解】因为，所以， 令，则，即. 对于A，令，得，即，所以，故A正确； 对于C，因为，且当时，，所以当时，， 设任意且，则. . 因为，由题意知，则. 因此，所以在上单调递增，故C正确 对于B，又因为，所以设，则， 所以，且， 当时，，单调递增，当时，，单调递减；故B错误； 对于D，由B选项解析知，由 所以， ， ， 当时，， 所以成立； 当时，，， 所以成立； 当，令， 则， 所以不成立， 当，令， 则， 所以不成立， 综上所述，若，则，故D正确. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中 的系数为______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理求出的展开式的通项，即可求解展开式中x的系数. 【详解】设的展开式的通项为， 令，得，， 所以，的展开式中 的系数为. 13. 已知分别是椭圆的左、右焦点， 是 上位于 轴上方的一点，直线交 于另一点，且，则 的离心率为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆定义和余弦定理可构造方程，利用 表示出的长度，再利用余弦定理构造关于的齐次式即可求得离心率. 【详解】 设，则， 由椭圆定义可知：，， 由余弦定理得：， 整理可得：，（舍）或， ，，， ，，即， 的离心率. 14. 已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________. 【答案】1 【解析】 【分析】分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对 进行分类讨论，得到答案 【详解】 ， 所以的一个周期为， 当时， ， 由于在上恒成立， 故在上的零点个数，即为的解的个数， ，显然无解，舍去， ， 由，得，所以， 在上单调递减， 当时， ， 因为在上恒成立， 故在上的零点个数，即为的解的个数， ，显然无解，舍去， ， 由，得，所以， 且在上单调递减， 在区间内恰有个零点， 需满足在每个区间内只有1个零点， 若，则，满足 即有且只有1个解， ，满足 即有且只有1个解， 综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若，则，满足， 即有且只有1个解， ，满足 即有且只有1个解， 综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若且，其中，则， 不满足，无解， 同理，不满足， 无解， 综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去； 若，则，满足， 即有且只有1个解， ，不满足，无解， 故函数在各个区间内各有1个零点， 在区间内恰有2026个零点，满足要求； 若 ，则，不满足， 即无解， ，满足，有且只有1个解， 故函数在内各有1个零点， 但在内无零点， 故在区间内恰有2025个零点，不合要求； 综上， 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. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取 两种模型各 次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表. 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成 次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关. 附 【答案】（1） 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （2）文本生成效果与模型类型有关. 【解析】 【分析】（1）先计算随机生成 次为有效生成的频率，再由频率估计概率可； （2）直接由独立性检验计算可得. 【小问1详解】 首先补全列联表： 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 根据频率估计概率，模型共生成 次，其中有效生成次， 因此随机生成 次为有效生成的频率为， 根据频率估计概率，利用模型随机生成 次文本，该文本生成效果为有效生成的概率. 【小问2详解】 零假设：文本生成效果与模型类型无关. 代入卡方公式计算，令, 因为小概率值对应的临界值，由于，因此不成立. 结论：依据的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关. 16. 已知是数列的前项和，，. （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由，可得， 则， 于是， 因，，故. 【解析】 【分析】（1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到； （2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论. 【小问1详解】 当 时，，， ，又，； ，即，； 则当为奇数时，；当为偶数时，； . 【小问2详解】 略 17. 如图，四棱台的底面为正方形，平面 ，平面与平面的交线为l. （1）证明：平面； （2）若，直线与交于点 ，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求 . 【答案】（1） 因为四边形 是正方形，所以， 因为平面平面 ，所以， 由于平面，所以平面. 由于平面，平面， 所以平面， 由于平面，平面与平面的交线为 ， 所以，所以平面； （2）4 【解析】 【分析】（1）先证明平面，根据线面平行的性质定理证得，进而证得平面； （2）建立空间直角坐标系，设出 点的坐标，求得直线与平面所成的角的正弦值，根据正弦值取最大值求得 点坐标，进而求得 . 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， 由棱台性质可知M在上，根据正四棱台的性质可知， 则，设，由于， 而，所以同向，则， ，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成的角为 ，， 则 ， 令，则. 而在时取最小值，此时取得最大值， 所以当时，，即，而， 故. 18. 已知双曲线的离心率为点在上. （1）求的方程. （2）已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点. （i）若直线BC和BD的斜率分别为，求; （ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：直线的方程为，令，得. 直线 的方程为， 直线 的方程为. 联立两直线方程：， 代入，，结合， 即， 所以， ， ， ， ， ，即， 因在右支，不恒为，故 . 即点 在定直线 上. 【解析】 【分析】（1）通过离心率与点在曲线上的条件求解双曲线方程； （2）（i）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理计算斜率乘积； （ii）联立直线方程，结合韦达定理关系化简，确定交点横坐标为定值. 【小问1详解】 由双曲线离心率，得. 结合，得，故. 将点代入双曲线方程，得， 解得，则. 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）双曲线的左右顶点为，. 设过的直线为，与交于，. 联立方程，消去 得，， 由韦达定理，，. 直线、 的斜率分别为，，则， 代入，， 得 ， 因此. （ii）略 19. 已知函数，是的导函数. （1）当时，证明：； （2）讨论的极值点个数； （3）若有两个极值点，证明：. 【答案】（1）证明：当时，， 令，则定义域为，， 当时， ；当时， ； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. （2）当时，的极值点个数为 ；当时，的极值点个数为 ；当时，的极值点个数为 （3）证明：由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减， 只需证， 又， 只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论； （2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数； （3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即 恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为 ；当时，的极值点个数为 ；当时，的极值点个数为 . 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列满足 ，则 （ ） A. 8 B. C. 4 D. 4. 在某人工智能推荐系统中，用户偏好与商品特征会被编码为特征向量，即，其中代表用户偏好向量，代表商品特征向量，越小，商品越符合用户喜好.已知某用户偏好向量，某件商品的特征向量，当该商品最符合该用户喜好时，的值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线C 的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若函数的图象在点处的切线恰好与函数 的图象切于点，则（ ） A. B. C. D. 7. 若圆 M: 上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点 P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（ ） A. (0，4] B. [4，+∞) C. (0，2] D. [2，+∞) 8. 已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（ ） 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. 已知在锐角三角形 中，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，四面体 中，分别为 ，的重心，则（ ） A. 与可能平行 B. 平面 C. 若 与均为等边三角形，则平面 ⊥平面 D. 若 与均为等边三角形，则 11. 已知函数的定义域为,，且当时，，则（ ） A. B. 是增函数 C. 函数是增函数 D. 若实数满足. ，则 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______________. 13. 已知分别是椭圆的左、右焦点， 是 上位于轴上方的一点，直线交 于另一点，且，则 的离心率为_______. 14. 已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________. 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. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取 两种模型各 次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表. 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成 次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关. 附 16. 已知是数列的前项和，，. （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，证明：. 17. 如图，四棱台的底面为正方形，平面 ，平面与平面的交线为l. （1）证明：平面； （2）若，直线与交于点 ，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求 . 18. 已知双曲线的离心率为点在上. （1）求的方程. （2）已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点. （i）若直线BC和BD的斜率分别为，求; （ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上. 19. 已知函数，是的导函数. （1）当 时，证明：； （2）讨论的极值点个数； （3）若有两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $