河北省唐县第一中学2026届高三下学期二模数学试题（含解析）高考模拟

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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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【详解】复数．
故选：B．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．
2. 已知集合 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据并集的定义进行求解即可.
【详解】因为集合 ，
那么，所以.
3. 已知直线 为双曲线的一条渐近线，则（ ）
A. B. 645C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线性质求解即可.
【详解】因为直线 ，即为双曲线的一条渐近线，
所以，解得.
4. 已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据为、的等差中项得出，结合可求出的值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】一方面，若，由可得，
此时，
则为、的等差中项，
所以“”“为、的等差中项”；
另一方面，若为、的等差中项，所以，
所以，解得，
故“”“为、的等差中项”.
所以“”是“为、的等差中项”的充要条件.
5. 若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数在区间上单调递增，得到在区间上恒成立，即，就是求范围内的最大值，利用导数法求出单调性，通过单调性求出最大值即可得解.
【详解】，，
在区间上单调递增，
在区间上恒成立，
，
在区间上恒成立，
， ，
设， ，
，，，在上单调递增，
当时，，
则在内，有，
故，故的取值范围为.
6. 如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，垂足为，由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，计算得解.
【详解】如图，
过点作，垂足为，
因为是的中点，所以，又平面，平面，
所以，
平面，，所以平面，
所以，
又平面，，所以平面，
连接，则就是直线与平面所成的角.
设，则，，
由，则，得，
在中，.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
7. 如图，在中，若 点满足 且 与 交于点 O，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，，利用平面向量线性运算，用基底表示，根据平面向量基本定理求出系数即可求解.
【详解】设，则得，即，
再设，则，即，
，解得，
所以.
8. 已知函数 若关于z的不等式 在上有解，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过分析辅助函数的奇偶性、单调性来判断原函数的单调性，将不等式问题转化为求辅助函数的值域问题进行解答.
【详解】函数，
令函数，即，
，故是奇函数，
因为是上的增函数，
所以是上的减函数，是上的减函数，
因此是上的减函数，也是上的减函数，
将代入不等式，
即，化简可得，
因为是奇函数，所以，
代入可得，
因为是减函数，，所以，
令，，故，，
是对勾函数，在上单调递增，
因此当时，，当时，，
即，则，
在上有解，即大于在上的下确界，
因此实数的取值范围是.
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. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象与函数的图象只有2个交点
C. 函数在区间上有6个零点
D. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，结合图像和最小正周期公式求解；选项B，求出的表达式，在同一直角坐标系中画出和的图像，结合图像得解；选项C，求出在区间上的零点个数即可得解；选项D，利用平移知识求解即可得到结论.
【详解】选项A，，，，，，
故选项A正确；
选项B，过点，且该点是单调递增范围内的点，
，，
，，，
作出与函数的图象，如图所示，
当时，又，则，即，
通过图像可知函数和的图像只有2个交点，故选项B正确；
选项C，，，
，，
，，，
，，由5个值，
故函数在区间上有5个零点，故选项C错误；
选项D，的图象向右平移个单位长度得到
，此函数的表达式与相同，故选项D正确.
10. 已知平均数和方差分别是和，设一组数据
的平均数和方差分别是和，另一组数据的平均数和方差分别是和，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若且，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用数据的平均数和方差的公式及性质计算即可.
【详解】已知原数据，平均数，总和；
方差，由方差公式，得.
由方差变形公式，代入得，
整理得，A正确；
新数据共个数，总和，平均数.
方差，B错误；
由方差性质，数据的方差，已知，
代入得，解得，C正确；
的平均数，时.
已知，得，
即，D错误.
11. 定义是自然数的所有因数中的最大奇数，记 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：计算出及即可得；对B：法一：计算出到，即可得；法二：由为奇数，则为偶数，即可得；对C由为偶数，结合定义即可得；对D：由题意可得，则、，从而可得，结合累加法计算即可得解.
【详解】对A：，，则，故A正确；
对B：法一：、 、、、 、
、、 、、，
则，故B错误；
法二：由题意可得为奇数，则为个奇数之和，为偶数，
故，故B错误；
对C：，其中的唯一的奇因数为，则，故C正确；
对D：由中为偶数，唯一的奇因数为，则，
故，，
故
，
即有，则，
，，，
则
，
故，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则 ______
【答案】##
【解析】
【详解】.
13. 已知的展开式中有一项是，则 ___________
【答案】
【解析】
【分析】直接根据组合数计算多项式展开式的项可得.
【详解】因为的展开式中有一项是，所以；
再将看成个相乘，展开式中每一项都是个括号中各取一个相乘得到的，
所以展开式中项的计算如下：个括号中有个括号取，个括号取，个括号取得到，
所以，
所以，且，故.
14. 已知抛物线的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的方程求得焦点及点的坐标，设点，根据角平分线定理及基本不等式可得的取值范围，从而求得的取值范围，得到点M纵坐标的最大值.
【详解】抛物线的准线方程为，
所以.
当点在原点时，易知.
当点不在原点时，设，则.
.
由角平分线定理，得.
设，则.
，
因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以，所以，
所以.
即，即，
解得.
所以点M纵坐标的最大值为.
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. 已知正六边形的边长为，中心为，现从该正六边形的所有顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为 的值.
（1）求;
（2）求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】由向量的数量积大于零可得的位置为相邻，再由古典概率模型计算可得；
（2）向量与的夹角的可能值为，进而可得随机变量的取值及概率，从而可得分布列及期望.
【小问1详解】
因为正六边形边长为，故顶点到中心的距离，
从个顶点任取个不同顶点，总共有种等可能情况，
因为（为与的夹角）.
因为，所以等价于，即，
因为为不同的两个点，所以，即为相邻的两个点，共有对，如图.
所以.
【小问2详解】
因为，所以的所有可能取值为：
当（为对顶点），，共种情况，；
当（相隔一个顶点），，共种情况， ​；
当​（为相邻顶点），，共种情况，.
分布列为：
数学期望为 .
16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面 平面，平面 平面，，，.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）若，点在平面内的射影为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，平面，可得出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，证明出，即可证得结论成立；
（3）求出平面的一个法向量的坐标，可设，求出的坐标，根据求出的值，可得出点的坐标，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求解即可.
【小问1详解】
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，设，则，
所以，，则，故.
【小问3详解】
由题意可知，则，易知，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，
易知，设，则，
因为平面，平面，所以，
所以，解得或（舍），
故点，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，则，
故，
故二面角的正弦值为.
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
（1）求的值;
（2）证明: .
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知等式，结合正弦型函数的性质进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合二倍角的正余弦公式，利用换元法、构造函数法、导数的性质进行求解证明即可.
【小问1详解】
，
因为，所以，
所以由，或，
由，
由，显然不成立，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知：，
所以，因为，
所以，
，
由，设，，
设，
则，令，
因为，所以解得，
当时，函数，所以函数在上单调递增，
当时，函数，所以函数在上单调递减，
因为，所以函数在时，值域为，
即当时，，
于是当时，.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）
（2）当时，有一个零点；当时，有两个零点
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后，令，可得，利用导数可得函数的单调性，再分及讨论单调性，利用函数单调性与零点存在性定理判断即可得.
【小问1详解】
当时，，
则，
，又，
则曲线在点处的切线方程为，
整理得；
【小问2详解】
，故为函数的零点，
，
令，则，
令，，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使得，
当时，，当时，；
当时，单调递增，
又时，，时，，
则存在，使得，即，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
若，则，又，在上单调递增，
则，则，此时只有一个零点；
若，则，则，则，
又时，，故存在，使得，
即此时有及两个零点；
当时，单调递减，
又时，，时，，
则存在，使得，即，
由，，在上单调递增，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，又时，，当时，，
故在上不存在零点，即此时只有一个零点；
综上所述：当时，有一个零点；
当时，有两个零点.
19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上，的周长为面积的最大值为
（1）求椭圆的方程.
（2）已知点，直线与椭圆交于两点，点为的垂心.
（i）若 为等边三角形，求点的坐标；
（ii）若直线过点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）根据三者的关系求解椭圆方程；
（2）先设出直线的方程，联立椭圆方程，再结合等边三角形的性质，建立方程求解直线参数，进而求解即可；利用垂直的斜率关系得到坐标的表达式，将坐标用直线参数表示后，结合函数求最值.
【小问1详解】
由题可知，的周长为，即，
且最大面积为，解得，
又，所以，化简得.
即椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）为等边三角形，由对称性可知轴，
设，，由得，
又在椭圆上，​，代入得，解得​（舍去）.
等边三角形垂心与重心重合，重心坐标为，因此.
（ii）设，直线，代入椭圆得，
韦达定理得，.
是垂心，故，方程为，
方程为，方程为，
两式相减整理得，
则 ，
为到的距离，
令，则，代入得，
由基本不等式​，等号成立当（满足），
故.
​
​
​
​