2026届高考考前模拟数学试题（2）

**基本信息** 2026届高考数学模拟卷，覆盖集合、函数、几何、概率等核心知识，解答题融合数列、导数、立体几何、圆锥曲线及概率应用，梯度分明，适配高考模拟预测，能有效检测数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、充要条件、圆锥底面半径、三角形向量|基础巩固，注重数学抽象与几何直观| |多选|3/18|复数性质、抛物线与圆综合、三角形边角关系|能力提升，考查逻辑推理与空间观念| |填空|3/15|二项式系数、矩形斜率、三棱柱体积比|细节应用，体现数学运算与空间想象| |解答|5/77|数列求和、导数恒成立、立体几何体积比、抛物线定点与最值、抽球概率与期望|创新应用，如19题以抽球操作情境考查概率计算与期望，融合数学模型与数据意识，贴合高考命题趋势|

2026届普通高考考前模拟试题（2) 参考答案 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 一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 2 3 6 D B B 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错 的得0分. 9.ACD 10.A 11.BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 3.1,1或7，- 49 12.10 :(写出一组即可) 14. 59 【部分试题解析] 5.【详解】记“甲被派去B服务站”为事件A,“甲、乙被派去不同服务站”为事件B, 则(0=CC4=12,n(AB=(C-1)C4E=10,所以P(B1A0=n4B)_5 n(A)6 6.【详解】由f(x)=22+2=2(21+2-),易得y=f(x)关于x=-1对称， 设t=x+1,则g(t)=2(2+2)t>0)单调递增，所以f(x)在(-1，+o)上单调递增， 所以m-（-)2m+3-(-11,解得-3<m<-5 3 。【详解)】假设存在点Px,,则++s4 所以++0-- 4,化简得 4 +ar+b2=0在（←a,0)上有解， 易知x=-a是方程的一解，只需对称轴x三、A 22> ,解得>V a 2 ，所以e ,0 8.【详解】设曲线y=x2+a上的切点为(x,y),曲线y=x3-x上的切点为(x2,y2) 2x=3x号-1 则切线方程分别为y=2xx-x+a,y=(3x-1)x-2x,所以 -x2+a=-2x 即a=-2x-9-6+1-2,所以4a-1=9x-8g-6 4 令h(x)=9x4-8x3-6x2,且h(x)=12x(3x+10(x-1) 结合图象四得，当27c4-1<0,即克<a< 1 27 4 10.【详解】抛物线压y户=2x的焦点为F〔号0，圆D方程为x-p八+-子，对于A, 由点(P,1)在圆D上，得p2=4,而p>0,则p=2,A正确： 抛物线E:y2=4x的焦点为F(1,0),设直线P9方程为x=y+1,P(x,),Q(x2,2),由对称 性不妨令点P在第一象限，由 2·得广-0-40，期优，对于B自 x=y+1 乃+y3=4t PF=4FO,得y=4y,解得y=4,x=上=4，B错误 4 对于C,由选项B得点P(4),直线PO斜率太=即m∠PFD 3, 则ca<PFD-号商DF-1.因tMr1=21 DF∠PrD-S 5,C正确； 对于D,PQ=x+x2+2=t(y+y2)+4=42+4,又 FP:FQ=（x+1)(x2+1)=(y+2)(y2+2）)=t2y2+2t(y+y2)+4=4+4, 且圆D的弦0<FM<2,因此|FMPg-FPFO|=(4+4)FM-I)不一定小于0，D错 误。 1.【详解】由cos2B-coS'A=sin(A-B）有，1+cos2B_1+cos24-si(A-B） 2 2 即sin(A+B)sin(A-B)=sin(A-B),因为A,B∈(0，π)，则A-B∈(-π，π)， 且cABC为非等腰三角形，则A-B≠0，可知sin(A-B)≠0， 即SmC=n(4+)=l,所C-子所以C=子即e=+6,故达项A错谈 以为8导4，则8=御行-动即an4m月=1，故运数8E痛 b 对于选项C:因为h=bsin A,a=btan A,c= cosA a+b btanA+b sin A+cosA 则c+h b +bsin A sin A cosA+1, cos A 令sinA+cosA=t,且A≠B,则sin 4cos4=-l 因为1=sinA+cos4=2sin4+军到 且40（任则4+牙=任》[经 可4到小啡 所以c+h +12+1 t2-1 故C选项正确： 2 对于选项D:因为[ABC的内切圆半径 1 2×-ab r=2 ab ab(a+b-c）_ a+b-c, a+b+c a+b+c (a+b+c)(a+b-c)2 1 且外接圆半径R=二c, 2 假设[BC的内切圆半径、外接圆半径、周长构成等比数列， 整理可得a2-4ab+b2=0,此方程显然是有解的， 故选项D正确. 综上，正确答案为BCD 14.【详解】 设平面AMN与棱AC交点为D,则AD=3DC,(可先补成四棱柱，如图易得结论) 设M到平面ACC,A的距离为d,设直三棱柱的体积为V 所以V-4o+。-40写*24ac行1H,+写产8 12.，，1.3,m。 3 y+x2亚 548 49 108 所以上=49 V,59 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.(13分) 解：(1)设这n+2个数分别为C1,C2,…,Cm+2,其中C1=1,Cn+2=100, 则Tn=C·C2…Cn+1Cn+2① Tn=Cn+2C1…GC2② 两式相乘得 T2=(ccn+2c,Cn1J…(cn+2G)=100+2=102m+4 ∴.T=10+2 .a=IgT =n+2 (2)由(1)可知 sinl sinl sin[(n+3)-(n+2)] bn= cosa,'cos a cos(n+2)cos(n+3)cos(n+2)cos(n+3) sin(n+3)cos(n+2)-cos(n+3)sin(n+2) tan(n+3)-tan(n+2) cos(n+2)cos(n+3) 所以T,=tan4-tan3+tan5-tan4+…+tan(n+3)-tan(n+2)=tan(n+3)-tan3 16.(15分) 解：(1)函数定义域为(0，+o0) 当m=1时，曲线f(x)=lnx-x2在x=1处的点为(1，-1) 求导得f')=1-2x,则曲线y=)在x=1处的切线斜率k=f0)=-1 则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-x即x+y=0 (2)由f(x)≥g(x)恒成立， 即nx-mx2+lnm≥e-mr'即lnx+lnm≥e即ln(mN≥e即n(m))≥e m m m 即mx.ln(mx)≥xe'即enm).ln(mx)≥x·e' 记h(x)=x·e*,即h(ln(mx)≥h(x)>0 当ln(mx)<0时，h(n(mx)≤0<h(x),不满足题意 当ln(mx)≥0时，x∈(0，+oo)时，h'(x)=(x+1)e>0恒成立，所以h(x)在(0，+oo)上单 调递增，且h(x)>0,所以h(ln(mx)≥h(x)>0→ln(mx)≥x 所以ln(mx)≥x>0对于任意的x∈(0，+oo)恒成立 m≥e对于任意的x∈0，+0)恒成立 记F)=g,则F'(似)=ex-少可得F)在O,)上单调递减，在，+∞）上单调递增， 故F(x)mn=F)=e,所以m之e 则实数m的取值范围是[e,+oo). 17.(15分) 解：(1)证明：因为AD=CD，,且E为AC的中点，所以AC⊥DE, 在△ADB中和△BCD中，因为AD=CD,且∠ADB=∠CDB,DB=DB 所以△ADB≌△BCD,所以AB=BC, 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE, 因为DEOBE=E,且DE,BEC平面BDE,所以AC⊥平面BDE, 又因为ACC平面ACD,平面ACD⊥平面BDE, (2)解：①由(1)知AB=BC,且∠ACB=60°，AB=2, 所以[BC为边长为2的等边三角形，则AC=2,BE=V3,AE=1, 因为AD=CD且AD⊥CD,所以△ACD为等腰直角三角形，且DE=1 可得DE=1,且E为△ACD的外接圆的圆心， 又因为AB=BD=2,可得DE2+BE2=BD,所以BE⊥DE, 取等边霜C的外接圆的圆心0，则O为四面体ABCD的球心，且OE=5 设四面体ABCD的外接球的半径为R,则R'2三AE2+OB,即R2√日 3 所以外接球的体积为r=4xR=4π25)_32N5元 3 3 3 27π， 又由DE2+BE2=BD2,所以DE⊥BE, 又因为AC⊥DE,且AC∩BE=E,AC,BEC平面ABC,所以DE⊥平面ABC, -15 所议四面体的体积为P×。2均 31 则'=，9，即四面体ABCD与外接球的体积比为 32π 32π ②由(I)知，AC⊥平面BDE,连接EF,因为EFC平面BDE, ZA 所以AC⊥EF,当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小， 即EF的长度最小时，△AFC的面积取得最小值， 在直角FDE中，当EF的长度最小时，EF⊥BD,此时EF-DE-E_ 0 BD 2 B 又由DE⊥AC,BE⊥AC,可得EA,EB,ED两两垂直， 以E为坐标原点，以EA,EB,ED所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则AL,0,0),B(0,V3,0),D(0,0,1),C(-1,0,0), 可得AB=(-1,√5,0)，DB=(0,V3,-1), 在直角EDE中，DE=1DB=V5,BD=2,可得DF=DE= DB 2 Bp=3 2 所以3DF=FB,设F(0,y,2),则DF=(0,y,2-1),FB=(0,V3-y,-2), 所3-0x少=06-9，可得是，。，即r09,》所以丽三L53 4 44 i,AB=-x,+V3y1=0 设平面ABD的法向量为n=(x,,z),则 nDB=3y-2=0 取y=1,可得x=5,z=V3,所以=(5,1,5)， 设CF与平面4BD所成的角的为0，可得sn0=os(C匠， CF43 CF园7 所以，当△4FC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的4 7 18.(17分) 解：1)设4 4),B(业 故kOA·koB= 44161 即y1y2=-32 yy2 yiy2 2 设直线AB方程为：x=my+t联立方程得：y2-4my-4t=0, 由根与系数关系得：1·y2=-4t 即-4t=-32,得t=8,则直线AB过定点(8,0) (2)①依题意，圆C半径为πm2=4π，得r=2 设圆心坐标为(xo,y),过原点与圆相切的直线方程为y=:, 则有 。-W=2,化简得(G-4k2-2xk+片-4=0 Vk2+1 设直线O1、OB斜率分别为k,k,则有K6,=-4=-1 x-42 化简得： 云+发=1，即圆心C为椭圆十上=1的点 126 126 所以该曲线的方程为+ -=1 126 1 ②设直线OA、OB的方程分别为：y=x,y= 2k x,设E(x,y),M(x2,y2) y=kx 则有x2y2 解得x= 12 k2+1 所以10EP-=121+K3) =1 2k2+1 126 同理可得1OMP= 6(4k2+1) 2k2+1 则10EP-10MP=121+).64k2+) 2k2+12k2+1 2+2k2)(42+0≤36 6k2+32 =72.2 、2 2k2+1 2k2+1 (2k2+1)2 =81 所以EFHMNI=20A,2OMI≤36，当且仅当k=±V5时等号成立. 2 所以EFMN的最大值为36. 19.(17分) 解：(1)记在操作一下，第二次取到红球的概率为P,则分为取到黑红”和红红”两种情况， 41.2.47 所以P=一×三。+二×」 63'6818 记在操作二下，取到红球的概率为P,同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则B=4x{+2x15 636618 (2)①设第k(k<n)次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为P, 则第n次恰好抽到第二个红球的概率P为P中k从1到-1取值累加求和，即 -8哈+眉 利用等比数列求和公式即可得 p++ g-1 36 136 -周] 35 1-门食3 ②由题可知，X的取值依次为2,3.，9,10， 当X=10时，P(X=10)=1-[P(X=2)+P(X=3)++P(K=9】, 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， E(X)=2×P(X=2)+3×P(X=3)++9×P(X=9)+10×1-[P(X=2)+P(X=3)++P(X=9)] =10-[8×P(X=2)+7×P(X=3)H+1xP(X=9〗 o8+7g++) 设a,=(-n+9列x8)6×(-n+9列×3，n=1,2.8 由错位相减法可为a+4:++a:=5+10×(名A+么++么=4+2仔) ma()=1o-s-o月-4+9-o+2 2026届普通高考考前模拟试题（2） 数 学 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，，，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 2．已知，则“”是“”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 3．已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为 A． B． C． D． 4．在△中，，，和交于点，则为 A．3 B．4 C．5 D．6 5．在某马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每 个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服 务站的条件下，甲、乙被派去不同服务站的概率为 A． B． C． D． 6．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的 取值范围是 A． B． C． D． 7．已知椭圆的左顶点为，为坐标原点，在上存在点，使 得，则C的离心率的取值范围为 A． B． C． D． 8．已知曲线与曲线有四条公切线，则实数的取值范围是 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．已知复数，，则下列命题成立的有 A． B．若，则 C．若，则 D． 10．已知抛物线的焦点为，以为圆心，为半径得到圆， 圆上有一点．过点的直线与交于两点，与圆另交于点，则 A． B．当时，的横坐标为 C．当时， D． 11．在非等腰中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且角A，B满足 ，则 A． B． C．记c上的高为h，则的取值范围为 D．△的内切圆半径、外接圆半径、周长能构成等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．在的展开式中，含项的系数为____ ．（用数字作答） 13．若矩形的边长之比为，一条对角线所在直线的斜率为2，则矩形的一组邻边所在直线 的斜率为_____，_____ .（写出满足条件的一组即可） 14．在直三棱柱中，，分别在棱，上，且，，过点的截面把直三棱柱切割成体积不同的两部分，记较小部分的体积为，较大部分的体积为，则________. 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．（13分） 在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，令. （1）求数列的通项公式； （2）若 ，求数列的前项和. 16．（15分） 已知函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）已知函数，若 时，恒成立，求实数的取值范 围. 17．（15分） 如图，四面体中，，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，，点在上， ①求四面体与其外接球的体积比（化为最简形式）； ②当△的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 18．（17分） 已知抛物线：，为坐标原点，点，在曲线上，直线，斜率之积为. （1）求证：直线过定点； （2）若圆面积为，直线，与圆都相切， ①证明：圆心在定曲线上，并求曲线的方程； ②若直线与曲线交于、两点，直线与曲线交于、两点，求的最大值. 19．（17分） 一个小盒里有6个除颜色外完全相同的小球，其中4个黑球，2个红球，从盒子中每次随机取出一个小球，若取出黑球，则放回小盒中；若取出红球，则有两种不同的操作，操作一：把取出的红球放回小盒，并往小盒里加入2个红球；操作二：用1个除颜色外完全相同的黑球替换该红球放回小盒中. （1）分别计算在两种操作下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在操作二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届普通高考考前模拟试题（2） 参考答案 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1 2 3 4 5 6 7 8 A B C C D C B B 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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. ACD 10. AC 11. BCD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 10 13. ，或，（写出一组即可） 14. [ 部分试题解析] 5. 【详解】记“甲被派去B服务站”为事件A，“甲、乙被派去不同服务站”为事件B， 则,，所以 6. 【详解】由，易得关于对称， 设，则单调递增，所以在上单调递增， 所以，解得 7. 【详解】假设存在点，则， 所以，化简得在上有解， 易知是方程的一解，只需对称轴，解得，所以 8.【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为， 则切线方程分别为，所以 即，所以 令，且 结合图象可得，当，即 10.【详解】抛物线的焦点为，圆方程为，对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确； 抛物线的焦点为，设直线方程为，由对称性不妨令点在第一象限，由，得，则，对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，由选项B得点，直线斜率，即， 则，而，因此，C正确； 对于D，，又，且圆的弦，因此不一定小于，D错误． 11. 【详解】由有， 即，因为，则， 且为非等腰三角形，则，可知， 即，所以，所以，即，故选项A错误， 因为，则，即，故选项B正确； 对于选项C：因为，，， 则， 令，且，则， 因为， 且，则， 可得，则， 所以，故C选项正确； 对于选项D：因为的内切圆半径， 且外接圆半径， 假设的内切圆半径、外接圆半径、周长构成等比数列， 则，整理可得，此方程显然是有解的，故选项D正确. 综上，正确答案为BCD. 14.【详解】 设平面与棱交点为，则，（可先补成四棱柱，如图易得结论）  设到平面的距离为，设直三棱柱的体积为 所以 所以 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.（13分） 解：（1）设这个数分别为，其中， 则 ① ② 两式相乘得 （2）由（1）可知 所以 16.（15分） 解：（1）函数定义域为 当时，曲线在处的点为 求导得，则曲线在处的切线斜率 则曲线在处的切线方程为即 （2） 由恒成立， 即，即即即 即即 记，即 当时，，不满足题意 当时，恒成立，所以在上单调递增，且，所以 所以对于任意的恒成立 对于任意的恒成立 记，则可得在上单调递减，在上单调递增，故，所以 则实数的取值范围是. 17.（15分） 解：（1）证明：因为，且为的中点，所以， 在中和中，因为，且， 所以，所以， 又因为为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，平面平面. （2）解：①由（1）知，且，， 所以为边长为2的等边三角形，则， 因为且，所以为等腰直角三角形，且 可得，且为的外接圆的圆心， 又因为，可得，所以， 取等边的外接圆的圆心，则为四面体的球心，且， 设四面体的外接球的半径为，则，即， 所以外接球的体积为， 又由，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 所以四面体的体积为， 则，即四面体与外接球的体积比为. ②由（1）知，平面，连接，因为平面， 所以，当的面积最小时，点到直线的距离最小， 即的长度最小时，的面积取得最小值， 在直角中，当的长度最小时，，此时， 又由，可得两两垂直， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 在直角中，，可得， 所以，设，则， 所以，可得，即，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设与平面所成的角的为，可得， 所以，当的面积最小时，与平面所成的角的. 18. （17分） 解：（1）设，，则有，， 故，即 设直线方程为：，联立方程得：， 由根与系数关系得： 即，得，则直线过定点 （2）①依题意，圆半径为，得 设圆心坐标为，过原点与圆相切的直线方程为， 则有，化简得 设直线、斜率分别为，，则有 化简得：，即圆心为椭圆的点 所以该曲线的方程为. ②设直线、的方程分别为：，，设， 则有，解得，所以 同理可得 则 所以，当且仅当时等号成立. 所以的最大值为. 19.（17分） 解：（1）记在操作一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，所以； 记在操作二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； （2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即 ， 利用等比数列求和公式即可得 ； ②由题可知，的取值依次为， 当时，， 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， ， 设， 由错位相减法可得， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $2026届普通高考考前模拟试题(2) 数学 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A={xx-2>1},B={xx<a},A∩B=B,则实数a的取值范围为 A.(-0,] B.（-0,3 C.[1,+oo) D.[3,+o) 2.已知a,beR,则“2”<2”是：log2a<log,b”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 3.已知圆锥的母线长为2、2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为 A.2 B.2W2 C.√2 D.② 2 4.在△ABC中，正-{1B,D-4C,BD和CE交于点O,则B0 为 OD A.3 B.4 C.5 D.6 5.在某马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每 个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服 务站的条件下，甲、乙被派去不同服务站的概率为 B.2 c D. 6 6.已知函数f(x)=2+2+2,若关于m的不等式f(m)f(2m+3)>0恒成立，则实数m的 取值范围是 A.（-o0,-3)U(-1,+o0) B. (3别 7.已知椭圆C:x 后=1(a>b>0)的左顶点为A,O为坐标原点，在C上存在点P,使 π 得∠APO=二，则C的离心率的取值范围为 c 试卷第1页，共4页 8.已知曲线y=x3-x与曲线y=x2+a有四条公切线，则实数a的取值范围是 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.已知复数，2，则下列命题成立的有 A.2=P,n∈Z B.若名+22=31-22，则22=0 C.若z+z=0,则= D 22z2 10.已知抛物线E:y2=2Px(p>0)的焦点为F,以D(p,0)为圆心，DF为半径得到圆D, 圆上有一点(P,).过点F的直线与E交于P,Q两点，与圆D另交于点M,则 A.p=2 B.当PF=4FQ时，P的横坐标为2 c.当Pr=4Fe时，w-g D.FM PO<FP FO 11.在非等腰△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且角A,B满足 cos2 B-cos2 4=sin(A-B), A.a2=b2+c2 B.tan Atan B=1 C.记c上的高为，则a+b 2、 的取值范围为 c+h 3, D.△ABC的内切圆半径、外接圆半径、周长能构成等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4的展开式中，含x2项的系数为·（用数字作答） 13.若矩形的边长之比为3' 一条对角线所在直线的斜率为2，则矩形的一组邻边所在直线 的斜率为， (写出满足条件的一组即可) 试卷第2页，共4页 14.在直三棱柱ABC-ABC中，M,N分别在棱BB,BC上，且CN=CB, 3 BM=BB,过点A,M,N的截面把直三棱柱BC-4BG切割成体积不同的两部分 记较小部分的体积为，较大部分的体积为%，则亏 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.(13分) 在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个 数的乘积记作Tn,令an=lgTn (1)求数列{an}的通项公式： sin1 (2)若bn= cosa,·cos a,+l 求数列{bn}的前n项和Tn 16.(15分) 已知函数f(x)=lnx-mx2+lnm(m>0) (1)当m=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (2)已知函数g()=C-mx',若x>0时，f(x)之g)恒成立，求实数m的取值范 m 围。 17.（15分) 如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上， ①求四面体ABCD与其外接球的体积比（化为最简形式）： ②当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值. D B 18.(17分) 试卷第3页，共4页 已知抛物线厂：y2=4x,O为坐标原点，点A,B在曲线T上，直线OA,OB斜率之 段为内 (1)求证：直线AB过定点： (2)若圆C面积为4π，直线OA,OB与圆C都相切， ①证明：圆心C在定曲线W上，并求曲线W的方程： ②若直线OA与曲线W交于E、F两点，直线OB与曲线W交于M、N两点，求 EFMN的最大值. 19.(17分) 一个小盒里有6个除颜色外完全相同的小球，其中4个黑球，2个红球，从盒子中每次 随机取出一个小球，若取出黑球，则放回小盒中：若取出红球，则有两种不同的操作，操作 一：把取出的红球放回小盒，并往小盒里加入2个红球；操作二：用1个除颜色外完全相同 的黑球替换该红球放回小盒中 (1)分别计算在两种操作下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； (2)在操作二的前提下： ①求在第n(n≥2)次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用n表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无 论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为X,求X的数学期望， 试卷第4页，共4页