精品解析：河北邢台市南宫中学等校2026届高三二模数学试题

高三数学 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，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 2. 已知集合 则（ ） A. B. C. D. 3. 某小商品生产企业对2025年1月到11月甲，乙两个车间的产量（单位：百万件）进行了统计，得到如图所示的折线图，则（ ） A. 乙车间产量的中位数为6月份的产量 B. 甲车间产量的极差大于乙车间产量的极差 C. 甲车间产量的平均值小于乙车间产量的平均值 D. 甲车间产量的第80百分位数大于乙车间产量的第80百分位数 4. 已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前项和为 ，且，则“”是“数列为递增数列”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 6. 如图，为圆柱的一条母线， 是下底面圆的直径，弦 与 交于点 .已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A. B. C. D. 7. 已知函数，.若与的图象恰好有4个不同的交点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知 是抛物线上一点，点 ，在 轴上，的内切圆的方程为 ，则面积的最小值为（ ） A. 42 B. 56 C. 72 D. 88 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. C. 在上单调递增 D. 是偶函数 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，函数和均为偶函数，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于点对称 D. 11. 已知数列满足 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 可能为等比数列 C. 若为等差数列，则 D. 若，的前n项和为，则 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________. 13. 已知为坐标原点，双曲线 的左焦点为，离心率为 过且斜率为的直线交 的左支于两点， 为线段的中点，，则____. 14. 已知函数 的图象上存在点 P，Q，使得以线段PQ 为直径的圆经过坐标原点O，且圆心在y轴上，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 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）判断 的形状并证明； （2）若 ，M 为边AB 上一点，且 ，求CM. 16. 如图，在四棱台 中，，，⊥平面，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在棱 上，且//平面 （1）证明: ; （2）若平面平面， ，求二面角的正弦值. 17. 某商场在春节期间举办促销活动，顾客每次消费超过1000元(含1000元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中一种). 方案1：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，有放回地取3次球，每次只能取1个，每取出1个红球，立减200元，若3次都取出红球，则除了立减的600 元外再减300元(即总共减900元). 方案2：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，不放回地取3次球，每次只能取1个，若取出3个红球，则享受免单优惠；若取出2 个红球，则享受四五折优惠(即只需支付消费金额的45%)；其余情况不享受优惠. （1）已知某参与抽奖的顾客选择方案2，则在他第一次取出红球的条件下，求他能够享受优惠的概率； （2）若某顾客恰好消费了1000元，试从实付金额的期望值角度，分析他应该选择哪种抽奖方案. 18. 已知函数 （1）求f(x)的单调区间; （2）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围； （3）证明: 19. 已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交 于两点.当 轴时，为等边三角形. （1）求 的方程. （2）设 为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线过定点； ②若 为 的左顶点， 为上异于 的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，则 2. 已知集合 则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 所以. 3. 某小商品生产企业对2025年1月到11月甲，乙两个车间的产量（单位：百万件）进行了统计，得到如图所示的折线图，则（ ） A. 乙车间产量的中位数为6月份的产量 B. 甲车间产量的极差大于乙车间产量的极差 C. 甲车间产量的平均值小于乙车间产量的平均值 D. 甲车间产量的第80百分位数大于乙车间产量的第80百分位数 【答案】D 【解析】 【详解】一共11个月的产量数据，中位数是将产量从小到大排序后的第个数据， 对乙车间产量排序后，第6个数据是月份的产量，不是6月份，A错误； 甲车间产量极差约为，乙车间产量极差约为，甲的极差小于乙的极差，B错误； 观察折线图，除9月、10月外，其余月份甲车间产量均高于乙车间，整体估算可得甲产量平均值大于乙的平均值，C错误； 第80百分位数为，根据百分位数计算可知第80百分位数是排序后的第9个数据， 从小到大排序后，甲的第9个数据约为3.85，乙的第9个数据约为3.6，甲的第80百分位数大于乙，D正确. 4. 已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理系数的性质，求出，然后通过二项式定理的通项公式求出常数项即可． 【详解】由题意知，，解得， 展开式通项公式为， 令，则，所以. 5. 已知数列的前项和为 ，且，则“”是“数列为递增数列”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】C 【解析】 【分析】根据与的关系求出，进而求得，结合数列为递增数列，求出的范围；结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】当时，， 当 时，， 当 时，， 要使数列为递增数列，则， 即，解得； 若，则一定满足且，数列递增，充分性成立； 若数列递增，则必有，必要性成立； 所以“”是“数列为递增数列”的充要条件. 6. 如图，为圆柱的一条母线， 是下底面圆的直径，弦 与 交于点 .已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线 与平面所成角的正弦值为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由圆柱侧面积公式求出底面半径 ，再利用线段差求出，借助勾股定理算出；接着以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标；然后通过平面法向量的方程组求得平面的法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系，代入公式算出直线 与平面所成角的正弦值. 【详解】设圆柱的底面半径为 ，则其侧面积，解得. 连接 ，则， 所以，易知， 所以. 以为坐标原点，平面内过点且与 垂直的直线为 轴， 所在直线为 轴，所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，则，取，得. 设直线 与平面所成角为 ， 则， 即直线 与平面所成角的正弦值为. 7. 已知函数，.若与的图象恰好有4个不同的交点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性将问题转化为与函数图象有2个不同的交点，利用导函数研究其单调性即可. 【详解】由可知，为偶函数， 又也为偶函数， 故与的图象恰好有4个不同的交点 等价于方程恰好有2个不同的正根，显然， 所以与函数图象有2个不同的交点， ， 当时，单调递增；当时，单调递减； 所以， 当时；当时， 所以，所以，故实数a的取值范围为 8. 已知 是抛物线上一点，点 ，在 轴上，的内切圆的方程为 ，则面积的最小值为（ ） A. 42 B. 56 C. 72 D. 88 【答案】C 【解析】 【分析】设、、，结合内切圆性质与点到直线距离公式计算可得与 、有关等式，即可得 、是关于 的方程的两根，借助韦达定理计算可表示出，则可借助 表示出面积，再利用换元法与基本不等式计算即可得解. 【详解】设、、， 则，即， ，即， 由圆心为，半径为， 则到直线 、距离都为， 即有，， 整理得，， 即 、是关于 的方程的两根， 故，， 由的内切圆的方程为， 可得，即， 则， 则， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立，故面积的最小值为. 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. C. 在上单调递增 D. 是偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助辅助角公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数对称性、单调性、奇偶性等逐项计算并判断即可得. 【详解】； 对A：当时，， 由关于点对称， 故的图象关于点对称，故A正确； 对B：， 故不恒成立，故B错误； 对C：当时，， 由在上单调递增， 故在上单调递增，故C正确； 对D：， 由为偶函数，故为偶函数，故D正确. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，函数和均为偶函数，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于点对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义，结合函数的对称性的性质即可求解A，由周期函数的定义即可求解B，根据原函数与导数的关系即可求解C，根据函数周期性的性质即可求解D. 【详解】因为是偶函数，所以，则， 所以函数的图象关于直线 对称， 由两边求导得，得， 令 ，则，A正确； 因为函数为偶函数，所以， 所以，所以函数的图象关于对称， 所以函数，则， 所以，则，故，B正确； 因为的周期为，且，故， 所以，为常数，因此， 由，所以，则， 由，故，故，即， 所以函数的图象关于直线对称，C错误； 因为，所以，且， 又，所以，则， 综上，， 所以，D正确. 11. 已知数列满足 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 可能为等比数列 C. 若为等差数列，则 D. 若，的前n项和为，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据数列递推关系，写出数列的项找出规律判断A，假设是等比数列，公比为，根据递推关系结合反证法判断B，当为等差数列，设公差为，利用递推关系可得为4的正整数倍判断C，利用放缩法及裂项相消法证明即可判断D. 【详解】对A ，时，， ， ，，，数列为以2为周期的周期数列，所以，故A正确； 假设是等比数列，公比为，则，所以， 即，由代入，可得，即， 由代入可得，把代入， 即，因为，，所以不存在使得，即不可能为等比数列，故B错误； 若为等差数列，设公差为， 则，代入可得， 若对任意，为常数，该常数必为1（由可得）， 此时要求为4的正整数倍，所以 ，所以不能得到，所以C错误； 当时， 所以数列是以1为首项，8为公差的等差数列，所以 ， 所以 ， 当 时，， 故， 所以 当时，也成立，综上成立，故D正确. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 又因为，所以，即. 13. 已知为坐标原点，双曲线 的左焦点为，离心率为 过且斜率为的直线交 的左支于两点， 为线段的中点，，则____. 【答案】3 【解析】 【分析】设直线  斜率为 ，，由，求得 坐标，再代入双曲线方程，进而可求解. 【详解】双曲线离心率 ​​，平方得 ​， 整理得 ，， 左焦点 ，设 ， 为 中点，则 ， 设直线  斜率为 ，，故 ， 代入 ​​，结合 ， 则， 联立 解得： ​ 又   在双曲线上，满足 ，将 ​ 代入， 即满足，代入​， 消去 后整理得：  ， 解得  或 ， 在双曲线左支，， 若 ，，符合要求； 若 ​，，在右支，舍去， 又 ，得 . 14. 已知函数 的图象上存在点 P，Q，使得以线段PQ 为直径的圆经过坐标原点O，且圆心在y轴上，则实数a的取值范围是________. 【答案】. 【解析】 【分析】假设曲线上存在两点 P，Q满足题设要求，则点 P，Q只能在 轴两侧，设，根据题意，可得 ，且PQ 的中点在 轴上，得到 的坐标，将存在两点 P，Q满足题意等价转化成关于 的方程是否有解的问题，再对 分类讨论，运用导数求解，即可得到结果. 【详解】不妨令，，因为PQ为直径，圆心在y轴上，故PQ中点横坐标为， 根据中点坐标公式可知， 又圆过原点，故，即，代入计算得， 又点 P，Q在函数图象上， 当时，则均在图像上，将点 P，Q代入方程得， 化简为，无实数解，故必在不同分支上，即 故，， 代入整理得  令，则， 令​，解得 当，单调递增，值域为，故； 当，在取最大值​，值域为，故， 综上，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 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）判断 的形状并证明； （2）若 ，M 为边AB 上一点，且 ，求CM. 【答案】（1）等腰三角形或直角三角形 （2）或 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理边角互化对已知等式进行变形得到，可知或即  为等腰三角形或直角三角形； （2）利用及三角形面积公式求出的表达式，再针对（1）中的两种情况分别分析计算. 【小问1详解】 由正弦定理和已知条件可得 ， 变形得，于是有，则即 或即，故  为等腰三角形或直角三角形. 【小问2详解】 依题意可知为角 的角平分线，利用可得 ， 即， 当  为等腰三角形时，，由余弦定理可得 即，所以， 当  为直角三角形时，且， 得，所以， 综上所述或. 16. 如图，在四棱台 中，，，⊥平面 ，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在棱 上，且//平面 （1）证明: ; （2）若平面平面， ，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 证明：连接，由题意知，则，故，， ，四点共面. 又平面平面，平面，所以. 又，所以四边形为平行四边形，故. 由已知及四棱台的结构特征可得，所以， 所以. （2）二面角 的正弦值为 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理，结合棱台的几何特征，证明为平行四边形，从而证明出. （2）先证明出四边形 为正方形，再建立空间直角坐标系，然后分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求出二面角的余弦值，进而求得正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为⊥平面 ，平面 ，所以，， 又因为平面平面，平面平面， 所以⊥平面， 又 平面，故 . 又 ，所以四边形 为正方形. 如图，以A为坐标原点，所在直线为x轴， 所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为，则， 令，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. ， 所以二面角的正弦值为 17. 某商场在春节期间举办促销活动，顾客每次消费超过1000元(含1000元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中一种). 方案1：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，有放回地取3次球，每次只能取1个，每取出1个红球，立减200元，若3次都取出红球，则除了立减的600 元外再减300元(即总共减900元). 方案2：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，不放回地取3次球，每次只能取1个，若取出3个红球，则享受免单优惠；若取出2 个红球，则享受四五折优惠(即只需支付消费金额的45%)；其余情况不享受优惠. （1）已知某参与抽奖的顾客选择方案2，则在他第一次取出红球的条件下，求他能够享受优惠的概率； （2）若某顾客恰好消费了1000元，试从实付金额的期望值角度，分析他应该选择哪种抽奖方案. 【答案】（1） （2）选择方案2更合理，理由: 若选方案1，设实付金额数为，则的可能值为. 注意到有放回地摸到一次红球的概率为，摸到一次黑球的概率为， 则，， ，. 则； 若选方案2，设实付金额数为，则的可能值为. 由（1）可得无放回摸出三球的情况有种， 则，，， 则. 因，则他选择方案2更合理. 【解析】 【分析】（1）设他第一次摸出红球为事件A，他能够享受优惠为事件B，分后两次取得1个红球或两个红球两种情况可得，然后由条件概率公式可得答案； （2）分别写出两种方案下实付金额对应期望，即可得答案. 【小问1详解】 设他第一次摸出红球为事件A，则. 设他能够享受优惠为事件B，剩余球为2红2黑， 则第一次摸出红球，剩下两球均为红色的情况有种， 第一次摸出红球，剩下两球为1红1黑的情况有种， 综上，， 所以第一次摸出红球，他能够享受优惠的概率为； 【小问2详解】 略 18. 已知函数 （1）求f(x)的单调区间; （2）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围； （3）证明: 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）证明：由(1)知当 时，，即； 当 时，，即. 令，则. ①当时，，所以. 令，则 在上恒成立， 所以在上单调递减，所以当时，，所以. ②当 时，， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以当 时，， 故在上单调递增，所以当 时，. 综上，. 【解析】 【分析】（1）对求导得到，再构造辅助函数判断导函数恒增且仅在 处为零，依据导数正负划分出函数递减与递增区间. （2）先化简解析式，由在单调递增得导函数在区间上恒成立，对导数式子分离参数，将问题转化为小于等于分式在区间上的最小值，再利用已知放缩求出该分式最小值为2，进而得到实数的取值范围是. （3）构造目标函数，分 与两段讨论，每段都构造新函数利用一阶导数判断单调性，结合放缩与函数最值，分别证明两段区间内函数值恒大于等于零，完成不等式证明. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 令， 则，所以在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 已知，则 化简得，在上单调递增. 即在上恒成立. 求导得， 即在上恒成立. 由（1）知当时，，当且仅当 时等号成立， 故当时，，当且仅当 时等号成立， 所以当时，的最小值为 ， 故，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交 于两点.当 轴时，为等边三角形. （1）求 的方程. （2）设 为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线 过定点； ②若 为 的左顶点， 为上异于 的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 【答案】（1） （2） 设过的直线，， 联立椭圆方程， 整理得： ， 由韦达定理得：， 故可得关系：， ① 由题意， ，设直线 与 轴交于 ， 由斜率相等得： ，代入， 得， 化简可得：， 又结合， ​化简得：对任意恒成立， 故，因此直线 恒过定点，得证； ② 左顶点 ，设 ， 由 共线，即， 即，得：； 由 ， ，即， 要证 共线，只需证，即证， 即，代入 即， 即证明恒成立， 即， 又，， 则，， 所以即证， 又， 故等价于， 即 又，代入得：恒成立， 因此，故 三点共线，得证. 【解析】 【分析】（1）确定，结合为等边三角形，即可求解； （2）①设，，联立直线和椭圆方程，通过三点共线结合韦达定理即可求解；②通过三点共线， ，得到，再结合韦达定理证明即可. 【小问1详解】 由题意知椭圆焦点，故，且， 当轴时，，代入椭圆方程得​，故， 因为为等边三角形，到直线 的距离为 ， 等边三角形高满足，即 ， 代入，得， 解得，故 ， 因此椭圆 的方程为：； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $