精品解析：山西临汾市古县第一中学2026届高三第二次调研考试数学试题

山西临汾市古县第一中学2026届高三第二次调研考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（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. 设向量.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的坐标表示出，然后解方程即可. 【详解】， ∴， 解得. 故选：A. 2. 已知直线与直线平行，则的值为（ ） A. 4 B. C. 2或 D. 或4 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线平行得到，求出的值，再检验即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得或， 当时直线与直线重合，不符合题意； 当时直线与直线平行. 故选：B 3. 电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有（　　） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 96种 【答案】C 【解析】 【详解】有2个不同的公益广告，首尾位置各放一个；先从2个公益广告中选1个放在首位，有种选法，剩下1个公益广告自动放在末位. 中间4个位置放4个不同的商业广告，全排列，共有种排法. 因此总播放方式数为种. 4. 记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，，故，，再结合函数是增函数，得，进而得. 【详解】显然，故必然有， 所以，， 由于，函数是增函数， 故，即，故. 故选：A. 5. 若10件产品中包含8件一等品，在其中任取2件，则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，记事件A为“取出的2件产品中存在1件不是一等品”，事件B为“取出的2件中，1件是一等品，1件不是一等品”，再根据条件概率的计算公式，即可求解． 【详解】由题意，记事件A为“取出的2件产品中存在1件不是一等品”，事件B为“取出的2件中，1件是一等品，1件不是一等品”， 则， 所以，故选C． 【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，合理利用条件概率的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，将三棱锥补成长方体，再利用长方体的性质求出外接球的半径，即可求解. 【详解】如图，将三棱锥补成长方体， 设，又， 则，，，将三式相加得， 因为三棱锥的顶点全在长方体的顶点上，所以长方体的外接球也是三棱锥的外接球， 由长方体的性质知，长方体的外接球球心在体对角线的中点处，且体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，则球的表面积为. 故选：D. 7. 已知，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的表达式，并进一步求得，据此首尾相加即可求出题干所求． 【详解】由题可得， 则， 即，故，，， 以此类推，可得． 故选：A． 8. 已知抛物线，过焦点的直线与抛物线及准线从右往左依次交于点，若，则以为直径的圆被轴截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，由给定向量等式求出直线的倾斜角，法一：求出直线方程并与抛物线方程联立，求出圆半径及圆心横坐标即可；法二：作出几何图形，结合抛物线焦点弦的几何性质求解. 【详解】抛物线的焦点，准线方程为，由对称性不妨令点在第一象限， 法一：如图，，过B作准线的垂线，垂足为，由，得， 则，即直线AB的倾斜角为，直线方程为，设， 由，得， 则，即以为直径的圆的半径为， 而中点到轴距离， 所以以线段为直径的圆被轴截得的弦长为. 故选：C 法二：记中点为M，分别过作准线的垂线，垂足分别为， 则，即以AB为直径的圆与抛物线准线相切， 由，得，则，即直线AB的倾斜角为， ， 又M到y轴的距离， 所以以线段AB为直径的圆被轴截得的弦长为. 故选：C 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】求出各个函数的定义域，代入判断函数奇偶性，进而结合二次函数以及对数函数的性质，即可得出单调性. 【详解】设，，， 对于A项，易知定义域为R， 且，所以为偶函数. 根据二次函数的性质可知，在上单调递增.故A正确； 对于B项，定义域为R， 且，所以不是偶函数.故B错误； 对于C项，定义域为， 且. 当时，在上单调递增.故C正确； 对于D项，定义域为， 且，所以为奇函数.故D错误. 故选：AC. 10. 在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 异面直线，所成的角为 D. 与平面所成角的余弦值为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法证明线面关系即可判断选项；用向量法分别表示向量，以及求出平面的法向量，代入异面直线所成的角的向量公式可判断选项，代入直线与平面所成角的余弦公式即可判定选项. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，. 对于A，因为，平面的一个法向量为， 所以，所以平面，故A正确. 对于B，因为，， 所以， 所以DP，EC不垂直，故B错误. 对于C，因为，， 所以， 所以异面直线，所成的角为，故C正确. 对于D，设平面的法向量为， 因为，， 所以令，得. 设与平面所成的角为，因为， 所以， ，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于直线对称 C. D. 若，，，则取最小值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用偶函数的定义判断；B根据可判断；C先利用复合函数的单调性求证，时的单调性，再根据对称性和周期性即可求出在的单调性，进而求出最值；D将问题转化为，，，分别求出的范围，转化为值域之间的包含关系即可求出. 【详解】对于A：的定义域为， 因为，所以是偶函数，A正确； 对于B：因， 所以的图象关于直线对称，B正确； 对于C：因为， 所以的图象的一个周期为， 当时，，则， 因为函数在上单调递减，函数在上单调递减， 所以在上单调递增，结合奇偶性可得在上单调递减； 当时，， 因为函数在上单调递减，函数在上单调递增， 所以在上单调递减，结合对称性可得在上单调递增； 根据周期性可得在，上单调递减， 在，上单调递增， 因为，，所以，C错误； 对于D：由周期性可知，在、上的值域相同， 则，，， 因， ，， 结合的单调性和周期性可知，时，， 因，结合的单调性可知，当时，， 故，则，即， 结合可得， 所以取最小值时，，D正确． 故选：ABD 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，若，则_______． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案. 【详解】依题意，. 13. 在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件求出的值，写出二项展开式的通项，即可求解. 【详解】由于的展开式只有第4项的二项式系数最大，则展开式中共有7项，故， 所以的展开式通项为，, 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：. 14. 2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m. 【答案】 ①. 30 ②. 【解析】 【分析】借助余弦定理可用与表示出，再利用二次函数性质与三角函数有界性即可得最大最小值. 【详解】设改变方向的地点为M，终点为P， 由于，所以，， ，， 由余弦定理得 当时，，当时，， 结合二次函数的性质可知当时， 取得最小值； 由，则，， 结合二次函数的性质可知当或时， 取得最大值； 综上所述，，最远距离是，最近距离是. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且_________. 在①；②成等比数列；③三个条件中任选一个补充在横线上，并解答下面问题： （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和，求证：. 【答案】（1）任选①②③： （2） ， 所以， 又因为，所以． 【解析】 【分析】（1）先根据推出数列为等差数列，公差．若选①，根据等差中项求出，再求出，根据和可得通项公式；若选②，根据等比中项列式求出，可得；若选③，根据等差数列求和公式列式求出，可得； （2）利用裂项相消法求和得，即可求证. 【小问1详解】 由，得，得， 所以数列为等差数列，公差． 若选①，因为，所以，得， 所以，， 所以， 若选②，因为成等比数列，所以， 所以， 所以， 所以，所以． 若选③，因为，所以， 所以. 【小问2详解】 略 16. 某地随着经济的发展，居民收入逐年增大，下表是该地一农业银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如下表: 年份x 2013 2014 2015 2016 2017 储蓄存款y（亿元） 5 6 7 8 10 为了研究方便，工作人员将上表的数据进行了处理，，得到下表: 时间代号t 1 2 3 4 5 y 5 6 7 8 10 （1）求y关于t的线性回归方程； （2）求y关于x的线性回归方程； （3）用所求回归方程预测，到2020年底，该地储蓄存款额大约可达多少? (附:线性回归方程，) 【答案】（1）；（2）；（3）到2020年底，该地储蓄存款额大约可达13.2亿元. 【解析】 【分析】 （1）根据公式求出和可得y关于t的线性回归方程； （2）将代入（1）中的线性回归方程可得结果； （3）将2020代入（2）中的线性回归方程可得结果. 【详解】（1）， ， ，. （2）∵与， ∴，即. （3）将2020代入得， 所以到2020年底，该地储蓄存款额大约可达13.2亿元. 【点睛】关键点点睛：掌握利用最小二乘法求线性回归方程的方法是解题关键. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且的面积为． （1）求A； （2）若a＝6，求的值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解． （2）由余弦定理及三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 因为，且的面积为， 由余弦定理及三角形的面积公式可得，且， 可得，， 两式相除可得， 而，可得； 【小问2详解】 因为为锐角三角形，， 由（1）可得，即， 由余弦定理可得， 即，可得． 18. 已知椭圆的右焦点为F，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点F作直线l（与x轴不垂直）与椭圆C交于A、B两点，在直线上取点P，使，证明：直线PB恒过定点； （3）设点Q为椭圆上异于其左右顶点的一点，过Q分别作椭圆C的两条切线QM、QN，切点分别为M、N，设直线QM、QN的斜率分别为、，证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明如下： 当时，设直线AB的方程为：， 且交椭圆C分别为点、，则， 联立，有， ， 故，，故， 由图形的对称性知，直线恒过的定点在x轴上， 设定点为， 则有，即， 故， 即直线BP恒过定点； 当时，直线BP方程为：，此时直线BP亦过定点； 综上，直线BP恒过定点； （3）证明如下： 设，设切线为：， 联立，有， 由， 得， 即，即， 故，又Q在椭圆E上，即①， 将①代入得， 故为定值. 【解析】 【分析】（1）利用离心率计算即可得； （2）分与进行讨论，当时，设出直线AB的方程，联立椭圆方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，利用对称性可得直线恒过的定点在x轴上，则可设该点为，则有，解出即可得，最后验证时，该点也在直线上即可得； （3）设出点及其切线方程，联立椭圆方程，可得与有关一元二次方程，利用切线性质可得，则可得两切线方程斜率有关一元二次方程，即可表示出斜率之积，再利用点Q在椭圆E上，代入计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可知：，又，故 解得：，故椭圆C的方程为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数（，且）. （1）当时，在处的切线斜率为0，求b的值； （2）若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明：方法一： 当时，， 时， 令，则有， 即， 则在单减，在单增， 不妨设， 构造， ， ， ， ， ， 令，则在上单减， ，故， 故在单减，故， 又，， 又，， 又，且在单增， 故，故得证. 方法二：已知， 即，两式相减得：， 即：， 故， 不妨设，则，， 下证：， 令，则， 即证，即证， 令，， 则， 故在上单增，故， 所以，故得证. 【解析】 【分析】（1）确定表达式，对其求导，再根据的切线斜率为0求出的值. （2）对函数求导，根据题意判断单调性，求出极值点，再由有两个零点等价于，结合的值推出的取值范围. （3）方法一：通过构造函数，利用函数单调性和零点关系推导；方法二：先由得出的表达式，再通过换元法构造函数证明不等式. 【小问1详解】 由可知，， 则，由题可得：， 故. 【小问2详解】 因为，则， 因为，， 所以是单调递减函数， 令，得唯一极值点， 在递增，递减， 所以有两个零点等价于， 则，，得：  ，约去正数， 得， 当时，， 因此 ，即，得出 ， 故，又，故. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西临汾市古县第一中学2026届高三第二次调研考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（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. 设向量.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知直线与直线平行，则的值为（ ） A. 4 B. C. 2或 D. 或4 3. 电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有（　　） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 96种 4. 记，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若10件产品中包含8件一等品，在其中任取2件，则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为 A. B. C. D. 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 8. 已知抛物线，过焦点的直线与抛物线及准线从右往左依次交于点，若，则以为直径的圆被轴截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 10. 在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 异面直线，所成的角为 D. 与平面所成角的余弦值为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于直线对称 C. D. 若，，，则取最小值时， 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，若，则_______． 13. 在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_________．（用数字作答） 14. 2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且_________. 在①；②成等比数列；③三个条件中任选一个补充在横线上，并解答下面问题： （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和，求证：. 16. 某地随着经济的发展，居民收入逐年增大，下表是该地一农业银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如下表: 年份x 2013 2014 2015 2016 2017 储蓄存款y（亿元） 5 6 7 8 10 为了研究方便，工作人员将上表的数据进行了处理，，得到下表: 时间代号t 1 2 3 4 5 y 5 6 7 8 10 （1）求y关于t的线性回归方程； （2）求y关于x的线性回归方程； （3）用所求回归方程预测，到2020年底，该地储蓄存款额大约可达多少? (附:线性回归方程，) 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且的面积为． （1）求A； （2）若a＝6，求的值． 18. 已知椭圆的右焦点为F，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点F作直线l（与x轴不垂直）与椭圆C交于A、B两点，在直线上取点P，使，证明：直线PB恒过定点； （3）设点Q为椭圆上异于其左右顶点的一点，过Q分别作椭圆C的两条切线QM、QN，切点分别为M、N，设直线QM、QN的斜率分别为、，证明：为定值. 19. 已知函数（，且）. （1）当时，在处的切线斜率为0，求b的值； （2）若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $