精品解析：河北巨鹿中学等学校2026届高三第二次模拟预测数学试题

高三数学试题 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. 已知复数z满足则z在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】由得， 所以z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 2. 已知全集，集合，则的子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 解不等式，得， 又∵ ，∴ 全集. ∵ 集合，由补集定义可得，共3个元素. ∵ 含个元素的集合的子集个数为， ∴ 的子集个数为. 3. 已知曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线，点在上，则的实轴长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线方程为，代入点求解可得方程，然后可得实轴长. 【详解】因为曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线， 所以可设其方程为， 因为点在上，所以，即， 所以曲线的方程为，则， 所以的实轴长为. 4. 在平行四边形中，若点 E满足 ，与交于点， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为在平行四边形中，若点 E满足， 则，所以， 所以， 则，则. 5. 已知函数 则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可求解. 【详解】的定义域为，，故为偶函数， 当时，，由于为上的单调递增函数，故 为上的单调递增函数，结合为单调递增函数，故为上的单调递增函数， 由可得，解得. 6. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理即可得到答案. 【详解】由正弦定理得， 即， 即， 即，又因为，所以，显然， 所以，又因为为三角形内角，所以， 由余弦定理得， 即，解得（负舍）. 7. 已知正三棱锥的高，G是线段SO上一点，过点 G且与平面平行的平面分别与SA，SB，SC交于点 D，E，F，若三棱台的体积为，则SG=（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正三棱锥的性质，可求得各个长度和，设正三角形的边长为a，根据体积公式，代入求解，可得a值，即可得答案. 【详解】连接OC，因为正三角形，且， 所以，则， 则，所以， 由题意得，为正三角形，设边长为a， 则，所以， 所以三棱台的体积 ， 则，解得，所以. 8. 已知椭圆 的左焦点为F，直线l过坐标原点 O 且与椭圆交于第一象限内的一点A，若 则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换解得，进而得，在中，由正弦定理得，过点作轴于点，进而得点的坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】由题意得：， 又， 所以，， 所以， 所以， 又，所以， 在中，由正弦定理有：， 所以， 过点作轴于点， 所以， 所以， ， 所以， 所以，所以， 化简整理得：，即， 解得，又，所以. 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 是偶函数，f(x)图象的一个对称中心为点 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 4π是f(x)的一个周期 D. f(x)在区间 上的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数的奇偶性求解，根据对称性可得，，进而得函数的表达式，即可根据选项逐一求解. 【详解】由于为偶函数， 故,则，结合，故， 由于是的一个对称中心，故，因此， 由于,故，即， 结合，故,则，故A正确，B错误， 的最小正周期为，故是的一个周期，C正确， 当，则，则，故，D正确. 10. 已知数列的前n项积为，且则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在无数组，使得 C. 设 则 D. 设 则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到数列的奇数项和偶数项分别构成等比数列，且公比均为，求得当时，，当时，，结合选项和等比数列的性质和求和公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】因为数列的前项积为满足， 可得，所以，则， 可得，又因为，所以， 所以数列的奇数项和偶数项分别构成等比数列，且公比均为， 当时，可得，即； 由，且，可得， 当时，可得，所以， 对于A，由，所以A错误； 对于B，不妨令为奇数，为偶数，由，可得， 解得，所以存在无数组，使得成立，所以B正确； 对于C，由， 因为，所以，所以C正确； 对于D，由， 因为，可得，所以， 又由，可得， 所以，所以D正确. 11. 已知函数有三个零点 则（ ） A. B. 存在实数a使得 C. 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意得有三个不同根，令，利用导数求出单调性，结合特殊值及图象的走势，分析可判断A的正误；若，则，根据为零点，代入求解，化简可判断B的正误；若，则，结合条件，整理计算，可判断C的正误；求出的表达式，化简整理，分析比较，可判断D的正误. 【详解】选项A：显然不是函数的零点，得有三个不同根， 令，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增，且， 当时，，当时，，时，， 要使与有三个交点，则， 即有三个零点，则，故A正确； 选项B：若，则， 因为为零点，所以， 这与矛盾，故B错误； 选项C：若，则， 由，得， 结合已有分析可设，则， ， 所以，故C正确； 选项D：， ， 则， ， 因为， 所以，则，又， 所以，则，故D错误. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量 X 服从正态分布，且，若随机变量，，则__________. 【答案】0.3## 【解析】 【分析】由变量间关系求得即，然后根据正态分布的对称性求概率. 【详解】因为，，所以，即， 所以. 13. 已知O为坐标原点，直线2x+3my+1 =0与圆 交于A，B两点，若 的面积为 则m=_____. 【答案】 【解析】 【详解】∵ 圆的圆心为原点，半径， ∴ ， 设， 则. ∵ ， ∴ ，解得. ∵ ，∴ 或. 过点作于点，则为圆心到直线的距离，且. 在中，. 当时，；当时，. 由点到直线的距离公式，圆心到直线的距离，故舍去. ∴ ，解得，即. 14. 已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】通过换元构造同构函数，利用函数单调性脱去函数符号，将原不等式转化为恒成立问题，分离参数后求函数最小值得到的取值范围. 【详解】原不等式整理得，等价于， 令，则恒成立，所以在上单调递增. 故原不等式等价于， 由的单调性，不等式等价于，即， 故原不等式恒成立等价于对所有恒成立，变形得，即： ， 令，求导得​，当时， 故在上单调递增，最小值为，所以. 又，得的取值范围是. 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. 已知等差数列 满足 （1）求数列的通项公式； （2）若当时，求 的前n项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的通项公式，再结合已知条件列出关于首项和公差的方程组，进而求解出和，最后得到数列的通项公式即可； （2）先根据（1）中求出的的通项公式，判断时的正负性，再根据的分段表达式求出的值即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，， 可得： 解得： 所以：， 故数列的通项公式为：. 【小问2详解】 由可知， 当时，，此时， 当时，，所以， 当时，，所以， 故 因为每一组括号内的和为公差，共5组，因此：， 因为，代入得：， 又因为， 所以， 所以当时，，是一个首项为，公差为的等差数列， 所以，前项和为： . 16. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性； （2）若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减; （2）0 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，将代入函数表达式，再对函数求导，并对导函数进行化简，依据，函数在对应区间上单调递增；，函数在对应区间上单调递减； （2）根据直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，得到直线与曲线的交点是切点，所以设切点的坐标为，根据导数的几何意义，以及切点在曲线和直线上，列出关于和的方程，整理化简得；令，对求导，分析的单调性和极值，根据仅有一个零点的条件确定的值. 【小问1详解】 函数的定义域为; 当时，，得； 令，得或，则： 0 1 0 0 当时，；当时，； 在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ，； 直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，直线与曲线的交点是切点，设切点的坐标为； ，； ，得； 令，， 在上单调递增，即在存在唯一的实数根，使得； 又，； ，解得； 实数a的值为0. 【点睛】要注意函数的定义域为，所有分析都要在该定义域内进行；处理切线问题时，要确保切点同时满足曲线方程和切线方程，以及导数与斜率的关系；分析函数零点个数时，要结合函数的单调性和极值情况，注意极值点处的函数值与0的关系. 17. 如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若，求三棱锥外接球的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，借助菱形性质可得，借助等腰三角形三线合一可得，则可利用线面垂直判定定理得到平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，再设，，从而可表示出各点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由可表示各点具体坐标，再利用三棱锥外接球性质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解. 【小问1详解】 连接，设，连接、、， 由底面为菱形，故，且，为中点， 由，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面， 故平面，又平面， 故平面平面； 【小问2详解】 由，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设，，则、， 由，则，故，则， 由平面平面，且平面平面， 故直线在平面上的投影为直线， 又与底面所成角为，则， ，即， 则，，， 设平面于平面的法向量分别为、， 则有，， 取，则，，，故、， 则， 故，即二面角的正弦值为； 【小问3详解】 由，，， 则，，，， 由，则， 由，则与都为等边三角形，故， 则点为外接圆圆心，设三棱锥外接球球心为点， 则必有平面，可设， 则有、， 则，即， 整理得，即，故， 即三棱锥外接球的半径为，故其体积. 18. 已知点是抛物线 上一点，且点N到点的距离是其到抛物线准线距离的倍. （1）求抛物线的方程； （2）若点在第二象限，过点 作斜率分别为 的直线 ，分别与抛物线交于点和，线段的中点分别为，若点到直线 的距离为. (i)求的最大值； (ii)若是坐标原点，当取最大值时，求四边形的面积. 【答案】（1） （2）(i)；(ii) 【解析】 【分析】（1）根据题设条件可得关于的方程组，求出其解后可得抛物线方程； （2）(i)联立直线方程和抛物线方程后可得，结合题设条件可得直线过定点，从而可求的最大值； (ii)根据取最大值时确定、的坐标，从而可求四边形面积. 【小问1详解】 抛物线的准线为， 点在抛物线上，代入得， 根据抛物线定义，点到准线的距离为， 由题意，平方得：， 代入，化简得，解得， 因此抛物线方程为； 【小问2详解】 已知在第二象限，得， 设直线，联立得， 由中点坐标公式得中点，同理得， 故，所以直线：， 而，故， 故直线：即， 故恒过定点； (i)是到过定点的直线的距离， 则，当且仅当时取等号， 故， 当时，，故，而， 故，故存在相应的线段，使得即. (ii) 当最大时，，故此时， 而， 故，， 直线即，同理， 故点到直线的距离为， 同理到直线的距离为， 故四边形的面积为. 19. 现有甲、乙两个不透明的盒子中装有若干个除颜色外均相同的小球，起始状态为甲盒中有个红球，个白球，乙盒中有个红球，个白球，，，，．某同学进行取球试验，分三步操作，第一步：从甲盒中随机取出个球放入乙盒中；第二步：从乙盒中随机取出1个球(不放回)并记录颜色；第三步：从乙盒剩下的球中再随机取出1个球.记事件“从甲盒中随机取出个球放入乙盒中”，事件“从甲盒取出的个球中红球的个数为”，事件“第二步取出的球是红球”，事件“第三步取出的球是红球”． （1）若，，，，，求和（注： 表示在事件发生的条件下和同时发生） （2）证明:； （3）在（1）的条件下，当时，该同学试验结束，否则回到起始状态，重新进行下一轮试验.若每轮试验，第一步从甲盒中取出的球中有个红球，则该轮的得分为，求试验结束时该同学总得分的平均值． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）按古典概型计算第一步取出个红球的概率；在发生的条件下，乙盒中共有个球，其中个红球，再计算连续两次取出红球的概率． （2）在发生的条件下，乙盒中共有个球，其中红球数为．第二步取红球的概率可直接求得；第三步取红球的概率按第二步是否取到红球分类计算，化简即可得到相等关系． （3）由第（2）问先判断试验结束等价于，再用“本轮得分加下一轮期望”的递推方程求总得分的平均值． 【小问1详解】 由超几何分布，． 在条件下，乙盒共有个球，其中红球个，白球个， 故． 【小问2详解】 在发生的条件下，乙盒中红球数为. 总球数为. 所以. 下面计算． 若第二步取到红球，则第三步取到红球的概率为. 若第二步未取到红球，则第三步取到红球的概率为. 又因为在发生的条件下，第二步取到红球的概率为. 第二步未取到红球的概率为. 所以. 因此. 【小问3详解】 在（1）的条件下，，，． 由第（2）问可得. 试验结束的条件为，解得. 又因为第一步取出个球，所以. 故试验结束当且仅当. 第一步从甲盒的个红球、个白球中取个球，取出红球数的各概率为: ； ； ； ； 设试验结束时总得分的平均值为． 若本轮，本轮得分为，试验结束；若本轮， 则本轮得分分别为，之后回到起始状态，下一轮及以后总得分的平均值仍为． 于是. 整理得. 所以，解得. 因此试验结束时该同学总得分的平均值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 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. 已知复数z满足则z在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知全集，集合，则的子集个数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线，点在上，则的实轴长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. 在平行四边形中，若点 E满足 ，与交于点， ，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数 则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥的高，G是线段SO上一点，过点 G且与平面平行的平面分别与SA，SB，SC交于点 D，E，F，若三棱台的体积为，则SG=（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 已知椭圆 的左焦点为F，直线l过坐标原点 O 且与椭圆交于第一象限内的一点A，若 则该椭圆的离心率为（ ） 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 是偶函数，f(x)图象的一个对称中心为点 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 4π是f(x)的一个周期 D. f(x)在区间 上的取值范围为 10. 已知数列的前n项积为，且则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在无数组，使得 C. 设 则 D. 设 则 11. 已知函数有三个零点 则（ ） A. B. 存在实数a使得 C. 若，则 D. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量 X 服从正态分布，且，若随机变量，，则__________. 13. 已知O为坐标原点，直线2x+3my+1 =0与圆 交于A，B两点，若 的面积为 则m=_____. 14. 已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 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. 已知等差数列 满足 （1）求数列的通项公式； （2）若当时，求 的前n项和 16. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性； （2）若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 17. 如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若，求三棱锥外接球的体积. 18. 已知点是抛物线 上一点，且点N到点的距离是其到抛物线准线距离的倍. （1）求抛物线的方程； （2）若点在第二象限，过点 作斜率分别为 的直线 ，分别与抛物线交于点和，线段的中点分别为，若点到直线 的距离为. (i)求的最大值； (ii)若是坐标原点，当取最大值时，求四边形的面积. 19. 现有甲、乙两个不透明的盒子中装有若干个除颜色外均相同的小球，起始状态为甲盒中有个红球，个白球，乙盒中有个红球，个白球，，，，．某同学进行取球试验，分三步操作，第一步：从甲盒中随机取出个球放入乙盒中；第二步：从乙盒中随机取出1个球(不放回)并记录颜色；第三步：从乙盒剩下的球中再随机取出1个球.记事件“从甲盒中随机取出个球放入乙盒中”，事件“从甲盒取出的个球中红球的个数为”，事件“第二步取出的球是红球”，事件“第三步取出的球是红球”． （1）若，，，，，求和（注： 表示在事件发生的条件下和同时发生） （2）证明:； （3）在（1）的条件下，当时，该同学试验结束，否则回到起始状态，重新进行下一轮试验.若每轮试验，第一步从甲盒中取出的球中有个红球，则该轮的得分为，求试验结束时该同学总得分的平均值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $