精品解析：河南省部分重点中学2025-2026学年高三下学期第二次模拟联考数学试题

数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，； . 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分、，结合进行求解． 【详解】当时，，符合； 当时，，，又， ， 综上，． 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】把抛物线化为标准方程， 因为抛物线开口向下，且焦点坐标是， 则，即，可得，所以焦点坐标是. 4. 平面向量满足，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】法一：由得：， 即，解得， 则，又得， 所以. 法二：（特殊值）由题意可设，可得. 法三：（数形结合）因为， 所以是以为邻边的平行四边形的对角线向量，是另一条对角线向量， 所以平行四边形是矩形， 所以， 从而向量在方向上的投影向量是， 又因为向量与的数量积等于向量在方向上的投影向量与的数量积， 可得. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，，所以，即， 所以，故，即， 可知，得， 所以，解得，， 故． 6. 已知单调递增等比数列的前9项积为1，且，若数列的前项和为，则使的最小正整数为（ ） A. 5 B. 9 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的前9项积为1，结合等比中项得；根据，求得公比和；得到数列是等差数列，利用等差数列的求和公式得到，解的不等式，求出满足条件的最小正整数. 【详解】设等比数列的公比为. 等比数列是单调递增，. 等比数列的前9项积为1，，得. ，，即，解得或. 等比数列是单调递增，； ，得. 数列是以为首项，1为公差的等差数列，则. 当时，即，解得或. ，，则使的最小正整数为10. 7. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件将问题转化为曲线上的点到直线的距离的最小值的倍，求出与平行的切线相对应的切点，即可求得的最小值；或由，构造函数，利用导数分析函数的单调性，求得的最小值，从而得到的最小值. 【详解】点在曲线上，且点到直线，即的距离， 因此可先求点到距离的最小值. 当函数在处的切线与平行，即斜率为1时，点到的距离最小． 由，得， 令，解得，. 点到直线的距离，所以点到距离的最小值为. 所以的最小值为． 方法二：点是曲线上的动点，得，所以. 设，则， 设，则恒成立， 故在区间单调递增. 又，所以当时，，所以； 当时，，所以. 在区间单调递减，在区间单调递增． 又，所以，即，则的最小值为1． 8. 点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，为底面的中心，若，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：根据空间向量共面定理可得当点P位于平面内时，，设与平面平行的平面为，外接球球心为，分析可得当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大，进而分析求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算可得，，进而得到，再结合基本不等式求解即可. 【详解】法一：因为， 所以当点P位于平面内时，， 设与平面平行的平面为，正方体的外接球球心为． 则当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大． 记棱的中点为E，则面， 故图中射线与球的交点即为点P． 设棱AB，的中点分别为F，G，取过O，，E的截面，如图， 连接OP交直线FG于点M，过点O作垂足为H， 则，， 则的最大值为． 法二：设正方体的外接球球心为，建立如图的坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 又，得， ， 又点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，则． 得， 设，则， 而， 因为， 故当，且时，取最大值为， 所以的最大值为，即的最大值为． 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，如图，若，， 则不一定平行，可能相交，故A错误； 对于B，由，，则，故B正确； 对于C，由，则存在直线，使得， 而，则，所以，故C正确； 对于D，由，，则或，故D错误. 10. 将函数图象向左平移个单位长度后得到一偶函数图象，则当取最小值时，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数为奇函数 C. 函数在区间单调递增 D. 函数的图象在处的切线斜率为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平移可得，结合奇偶性可得，，则最小值为2，，再逐项判断即可． 【详解】由题意将函数向左平移个单位得到的函数解析式为 ，若其为偶函数， 则，，解得，， 又因为，所以最小值为2，． 函数的最小正周期为，故A正确； 函数为非奇非偶函数，故B错误； ，又在上单调递增， 所以函数在区间单调递增，故C正确； ， 所以函数在图象处的切线斜率为1，故D正确． 11. 已知数列，，满足，则下列选项不正确的是（ ） A. 为单调递增数列 B. 为周期数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】令，由得数列为1，2，0，3，1，6，0，7，1，10⋯，故A，B不正确． 由，得， 每相邻两式相减得 每相邻两式相加得 上式中可得，，…，故，所以C不正确． 上式中也可得，，…，， 得，故D正确． 三、填空题：本大题共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】写出展开式通项，令的指数为，即可求解. 【详解】由于， 而的展开式的通项为，令，即，得到系数为， 因此的展开式中的系数为. 13. 如图，设椭圆的左焦点为，上顶点为，右顶点为，且，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意，则，由勾股定理并整理得出含的齐次方程，求出离心率即可. 【详解】因为，则， 所以为直角三角形，又， 得，. 故答案为： 14. 平面内有两组相交平行线，一组有10条，一组有5条，且每组中相邻两平行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形的概率为_________． 【答案】 【解析】 【详解】设为：“从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形”， 则． 四、解答题：本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C的取值范围； （2）当角C取最大值时，边上存在一点D，满足，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理对已知式进行边角互化，利用基本不等式可得的取值范围，从而得到角C的取值范围； （2）由（1）可得是等边三角形，设的边长为x，根据边上的点到的距离的范围，可求得边长x的取值范围，从而得到周长的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以根据正弦定理，得 由余弦定理，得 化简得． 又当且仅当时，等号成立． 所以. 因为，所以角C的取值范围是． 【小问2详解】 当角C最大时，，且，所以是等边三角形. 设的边长为x， 因为点D在边AB上，所以，即， 由，所以，解得，所以， 即周长的取值范围为． 16. 中国航天“十五五”规划核心是从航天大国迈向航天强国、从大国重器转向万亿级支柱产业、从近地领先走向深空领跑.为实现发动机科研突破，我国某航天研究院对甲、乙、丙三款新型发动机关键部件进行可靠性测试，单次测试中，部件连续稳定工作时长达到1200小时及以上，即可判定为“一级可靠性部件”.为预测本次测试中获评“一级可靠性部件”的数量及最优部件型号，收集了三款部件过往的测试数据（单位：小时），如下所示： 甲部件： 乙部件： 丙部件： （1）求收集到的甲部件测试数据的第分位数； （2）假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三款部件的测试结果相互独立.设为甲、乙、丙三款部件中获评“一级可靠性部件”的总数量，求的概率分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）先将甲部件10个测试数据从小到大排序，通过总数乘80%得整数8，按分位数规则取第8、9个数据的平均数，算出甲部件测试数据的第分位数； （2）先分别统计甲、乙、丙部件寿命不低于1200小时的个数，求出各自优秀频率并当作对应优秀概率，设出各部件优秀事件，依次算出随机变量取0、1、2、3时的概率，列出分布列，再依据数学期望公式计算出的数 学期望。 【小问1详解】 将甲部件测试数据从小到大排列，得： 又为整数，所以数据的第80%分位数为第8个数据和第9个数据的平均数. 所以收集到的甲部件测试数据的第分位数为． 【小问2详解】 甲部件：数据共个，大于等于小时的是，共6个，频率为． 乙部件：数据共个，大于等于小时的是，共4个，频率为． 丙部件：数据共个，大于等于小时的是，共2个，频率为． 由频率估计概率得，甲部件获得优秀的概率为，乙部件获得优秀的概率为，丙部件获得优秀的概率为． 设甲部件获得优秀为事件，乙部件获得优秀为事件，丙部件获得优秀为事件，甲、乙、丙三款部件的测试结果相互独立. ， ， ， ． 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的数学期望． 17. 如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． （1）证明：为直角三角形； （2）已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，证明为棱的中点，进而根据正三角形的性质以及线面垂直的判定定理以及性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角的余弦值. 【小问1详解】 由题意，平面，则可过点作交棱于点， 则平面，又平面，得， ，为棱的中点， 方法一： 又因为为等边三角形，所以， 又，平面， 又平面，， 又，则，所以为直角三角形； 方法二： 是边长为6的等边三角形，所以，又， ， 又平面， ，又，， ，又，得， 所以为直角三角形； 【小问2详解】 以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ，，， 又，所以， 因为为棱上一动点，可设． 则 设平面的法向量为， 则，即. 可取． 因为平面，所以，即． 解得，得． 又， 设平面的法向量为， 则，即， 可取． 又平面的法向量可取． 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为1． （1）求双曲线的标准方程； （2）点为坐标原点，过点的直线与双曲线交于两点． （ⅰ）若的面积为，求直线l的方程； （ⅱ）双曲线E的左右顶点分别为A，B，直线AM与直线BN交于点P，记直线AM，BN，PF的斜率分别为、、，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是定值请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或（ⅱ）是定值2 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式结合条件求出的值，即得双曲线方程； （2）（ⅰ）【法一】考虑直线的斜率不存在时，检验直线符合题意；当斜率存在时，设，与双曲线方程联立，写出韦达定理，求出弦长与点到直线的距离，利用列方程求解即得；【法二】基本步骤同法一，利用列方程求解；【法三】设直线的方程为，与法一同法列方程求解；【法四】设直线的方程为，与法二利用列方程求解；（ⅱ）设，与双曲线方程联立，消去，写出韦达定理，分别写出直线，的方程，联立推得,利用斜率公式化简计算即得. 【小问1详解】 由已知得渐近线方程为，右焦点，知． 且，则得，又， 故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）【法一】 当直线的斜率不存在时，直线方程为，代入双曲线方程， 求得，不妨设，，则，又， 故的面积,即直线符合题意； 当直线的斜率存在时，设其方程为， 将其与双曲线方程联立：，消元可得 则，设，， 则，， 故， 而点到直线的距离， 故的面积为： ， 整理得，化简得 解得， 所以直线方程为． 综上当时，直线的方程为或． 【法二】当直线的斜率不存在时，与上同法得到直线符合题意； 当直线的斜率存在时，与上同法得到：， 因， 故的面积， 即， 整理得，解得，则得直线方程为． 综上当时，直线的方程为或． 【法三】由题意设直线的方程为， 直线与双曲线交于两点，所以， 另设， 则，． 故 点到直线的距离， 故的面积， 即， 解得或， 所以当时，直线的方程为或． 【法四】由题意设直线的方程为， 直线与双曲线交于两点，所以， 另设，， 则，． 故的面积， 即， 解得或， 所以当时，直线的方程为或． （ⅱ） 由题意知，，故可设，直线与双曲线方程联立得， 又因为直线与双曲线交于两点，则，， 设，， 则，， 所以直线，的方程分别为，， 联立得 得， 则可设点，故可得，， 所以， 所以为定值2． 19. 已知函数． （1）当时，判断在区间有无零点，并说明理由； （2）若在区间单调递增，求正整数的最小值； （3）当取（2）中的最小值时，已知存在，且，使，证明：． 【答案】（1）存在零点，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）找到两点使得对应的函数值异号即可； （2）根据题意，得到是大于在上的最大值的最小正整数，利用导数求出在的取值范围即可； （3）根据，得到，再通过和在恒成立，即可得到，从而证明结论. 【小问1详解】 解法一：当时，由，， 则，时，， 又，所以， 则在区间上单调递减， 又， 又当时，，且函数在连续， 所以在区间一定存在零点． 解法二：当时，由， 由解法一知在区间上单调递减， 又， 取得， 因为，故， 又函数在连续，所以在区间一定存在零点． 【小问2详解】 因为， 又在区间单调递增，故在区间恒成立， 即恒成立，即是大于等于在上的最大值的最小正整数， 设，，则． 当时，，，所以， 则在区间单调递减， 令， 则， 当时，，， 因此在区间单调递减，即在区间单调递减， 又，，， ， 故存在使， 所以时，，函数在区间单调递增， 时，，函数在区间单调递减， 所以，的最大值为， 又因为，所以， 因为的导函数在区间恒成立， 所以在区间单调递增， 又，所以， 故大于的最小正整数为，所以正整数的最小值为． 【小问3详解】 由（2）知此时，，， 由题意知， 即， 即， 因为，不妨设，得，， 所以，整理得， 因此， ，则， 又，，则． ， 得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 平面向量满足，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知单调递增等比数列的前9项积为1，且，若数列的前项和为，则使的最小正整数为（ ） A. 5 B. 9 C. 10 D. 12 7. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，为底面的中心，若，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 将函数图象向左平移个单位长度后得到一偶函数图象，则当取最小值时，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数为奇函数 C. 函数在区间单调递增 D. 函数的图象在处的切线斜率为1 11. 已知数列，，满足，则下列选项不正确的是（ ） A. 为单调递增数列 B. 为周期数列 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为________． 13. 如图，设椭圆的左焦点为，上顶点为，右顶点为，且，则的离心率为__________. 14. 平面内有两组相交平行线，一组有10条，一组有5条，且每组中相邻两平行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形的概率为_________． 四、解答题：本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C的取值范围； （2）当角C取最大值时，边上存在一点D，满足，求周长的取值范围. 16. 中国航天“十五五”规划核心是从航天大国迈向航天强国、从大国重器转向万亿级支柱产业、从近地领先走向深空领跑.为实现发动机科研突破，我国某航天研究院对甲、乙、丙三款新型发动机关键部件进行可靠性测试，单次测试中，部件连续稳定工作时长达到1200小时及以上，即可判定为“一级可靠性部件”.为预测本次测试中获评“一级可靠性部件”的数量及最优部件型号，收集了三款部件过往的测试数据（单位：小时），如下所示： 甲部件： 乙部件： 丙部件： （1）求收集到的甲部件测试数据的第分位数； （2）假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三款部件的测试结果相互独立.设为甲、乙、丙三款部件中获评“一级可靠性部件”的总数量，求的概率分布列和数学期望． 17. 如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． （1）证明：为直角三角形； （2）已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为1． （1）求双曲线的标准方程； （2）点为坐标原点，过点的直线与双曲线交于两点． （ⅰ）若的面积为，求直线l的方程； （ⅱ）双曲线E的左右顶点分别为A，B，直线AM与直线BN交于点P，记直线AM，BN，PF的斜率分别为、、，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是定值请说明理由. 19. 已知函数． （1）当时，判断在区间有无零点，并说明理由； （2）若在区间单调递增，求正整数的最小值； （3）当取（2）中的最小值时，已知存在，且，使，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $