河北衡水中学2026届高三下学期二模数学试题

数学学科 本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题（共8个小题，每题5分，共40分） 1．已知全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A． B． C． D． 2．抛物线的焦点坐标为（ ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，则（ ） A． B． C． D． 4．若偶函数满足，当时，，则（ ） A． B． C． D． 5．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A． B． C． D． 6．已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为，则球表面积与圆台侧面积之比为（ ） A．2∶3 B．3∶4 C．7∶8 D．6∶13 7．有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？ A．6 B．8 C．10 D．12 8．如图，双曲线的左右焦点分别为，，若存在过的直线交双曲线右支于，两点，且，的内切圆半径，满足，则双曲线的离心率取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题（每题6分，少选得部分分，错选不得分） 9．已知函数，，下列说法正确的是（ ） A．的值域为 B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递增 D．的图象可由曲线向右平移个单位得到 10．设，，为复数，．下列命题中正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．已知正方体的棱长为2，为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（ ） A．存在点，使得平面 B．三棱锥的体积为定值 C．当点在棱上时，的最小值为 D．若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（每题5分，共15分） 12．已知等差数列满足，则_____________． 13．的展开式中的系数为_________________． 14．已知函数有零点，则的最小值为_________________． 四、解答题（共5题，满分77分） 15．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求角及的值； （2）若，求的面积． 16．如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是的中点，，， （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 17．已知函数，． （1）若，求函数在点处的切线； （2）若对任意的，，有恒成立，求实数的取值范围． 18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点，，且直线，，的斜率满足． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线过定点； （3）椭圆的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 19．设无穷数列的前项和为，为单调递增的无穷正整数数列，记，定义． （1）若，，写出，的值； （2）若，求； （3）设，求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列． 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡中二模数学参考答案 D D B C D B B B 9．ACD 10.BC 11.ABD 11【答案】ABD 【详解】对于A选项，如图，连接，，    因为在正方体中，平面，平面， 所以，因为为正方形，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 因为，，平面，所以平面， 所以当点P与A重合时，平面，故A正确； 对于B选项，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而P到上底面的距离是定值， 所以三棱锥的体积是定值，故B正确； 对于C选项，当点P在棱上时，把平面沿旋转， 使得旋转面与平面共面，连接，如图，    此时取得最小值，在中，，， 则，故C错误； 对于D，由点P到直线与到直线的距离相等， 可知P在以为准线，B为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，    则，P的轨迹是抛物线，其方程为， 因为CD的中点为E，、， 所以AE的方程:，与AE平行的抛物线的切线方程设为， 联立，可得， 则由，解得，可得切线方程为， 则点P到直线AE的最短距离为，故D正确；故选：ABD. 12. 13．6 14.e 14.设的零点为，则，即， 设为直线上的一点， 坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离， 下求的最小值，令，则 在为减函数，在为增函数，即， 15． 【答案】(1)，(2) 【详解】（1）， 即有， 由正弦定理可得， 则.............................................................3分 又，故；............................................................6分 由，则，故， 则 ；............................................................9分 （2）由正弦定理，可得， 则.............................................................13分 16 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）连接交于，连接， 因为为的中点，四边形为矩形，可得为的中点， 所以，因为平面，平面， 所以平面；............................................................5分 （2）由题意，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， 因为， 则， 可得， 设平面的法向量， 则，即，令，可得， 设平面的法向量， 则，即，令，可得，................................................10分 可得， 所以，................................................14分 设平面与平面所成角为， 所以． 即平面与平面所成角的正弦值为．..............................................15分.. 17．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求导，可得切点处的斜率，即可由点斜式求解直线方程， （2）将不等式变形为，构造函数，利用单调性与导数之间的关系，分离参数即可求解，或者利用分类讨论，求解导函数的正负求解. 【详解】（1），当，时，，， 故切线方程为：,即；..............................................4分.. （2）法一：不妨设，则，同除以得， 所以在单调递增，所以. ...............7分.. ①若，恒成立，符合题意. ②若，则恒成立. 令，则，令，则， 所以在单调递增，在单调递减，所以，所以. ③若，同理，恒成立，由②可知，当时，，所以不存在满足条件的.综上所述，. ..............................................15分.. 法二：， 令，则只需在单调递增，即恒成立； ， 令，则恒成立；又， ①当时，，在单调递增成立； ②当时，，在单调递增， 又当时，，故不恒成立，不满足题意； ③当时，由得， 则在单调递减，在单调递增， 因为恒成立，所以， 解得，故； 综上，实数的取值范围是. 18．【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由题设得，解得，所以的方程为；..............4分 （2）由题意可设，设，， 由，整理得， ． 由韦达定理得，， 由得，即， 整理得， 因为，得，解得或， 时，直线过定点，不合题意，舍去； 时，满足，所以直线过定点．.........................................10分 （3））由（2）得直线，所以，由， 整理得，， 由题意得， 因为点与连线的斜率为，所以，所以，令，， 所以，在上单调递减， 所以的范围是．..............................................17分   19．(1)9，35 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由，得； 由，得； 可知，；..................................4分 （2）由，得； 当为奇数时，时，， 此时.当为偶数时，， 所以.则...............................................10分 （3）在中， 若为有限集，设其最大元素为，且时，， 则当时，存在满足. 令， 则，所以；................................12分 若为无限集，设，其中，设，则， ①若数列中只有有限项为正数，即，且当中没有正数项时， 取，则.令，则， 所以；..............................................14分 ②若数列中有无穷项为正数，将这些项依次记为，其中， 则，令，则， 所以；..............................................16分 综上所述，对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列...............................................17分 ( 数学答案 第 1 页 共 8 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $