宁夏回族自治区银川市第二中学2026届高三二模数学试卷（含解析）高考模拟

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本试卷共4页，19小题，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和准考证号填写在答题卡上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.在试卷上作答无效.
3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单选题：本大题共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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解集合中分式不等式，再结合集合求交集.
【详解】分式不等式，等价于：(x+1)(x−6)≤0x−6≠0,
解得，即B={x∣−1≤xx1i=2,3,4,5,6，所以，
即，平均数变大，B正确；
选项C，原数据的中位数是，新数据的中位数是，
因为，所以，中位数变大，C错误；
选项D，原数据：，不是整数，取第5个数，即原数据的80%分位数为；
新数据：，是整数，取第4、5个数的平均数，即新数据的80%分位数为，
因为，所以x5+x62>x5，80%分位数变大，D错误.
4. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知ma→−b→=(2m+3,m−1),a→−2b→=(8,−1)，
因为且，所以−(2m+3)=8m−1，
解得
5. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合等差数列求和公式可推导证得数列为等差数列，进而求得等差数列的公差，根据等差数列通项公式可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
数列是公差为的等差数列，，解得：，
.
故选：D.
6. 已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（为原点）的面积为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先确定四边形为矩形，然后点，求出其到两个渐近线的距离，相乘计算即可得答案.
【详解】双曲线C：，即，为等轴双曲线，渐近线的夹角为，
则四边形为矩形，
设点，且，
点到渐近线的距离为，
点到渐近线的距离为，
则四边形的面积为.
故选：B.

7. 已知，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用半角正切公式即可求值，注意法二：正切值的符号.
【详解】方法一：∵，，
∴.
方法二：∵，，
∴的终边落在第一象限，的终边落在第一或第三象限，即，
∴
故选：C
8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出体对角线长及比值.
【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，
小球最大半径满足，所以，
正方体的最大棱长满足，解得：，
所以正方体的最大体对角线长为
∴.
故选：A
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在正三棱台中，为的中点，则（ ）
A. B. 平面
C. D. 平面
【答案】BD
【解析】
【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥，
对于A，由于，而与相交，则与相交，故A错误；
对于B，由于平面平面，且平面，则平面，故B正确；
对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误；
对于D，由于，，且，，平面，则平面，故D正确.
10. 已知抛物线的焦点为，为上一动点，A为一定点，则正确的有（ ）
A. 若，则点P的坐标为
B. 若，则的最小值为6
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线定义以及性质可以得出A、B、C选项，利用直线斜率和倾斜角的关系，得出的表达式，再利用函数导数求最值.
【详解】对于A，因为焦半径，所以，代入，解得，
所以，故A错误；
对于B，将横坐标5代入抛物线方程中，得，所以点A在抛物线内，
所以，当且仅当与轴平行时取等，故B正确；
对于C，设，则，
所以，
所以的最小值为，C正确；
对于D，设点M是x轴上点A右侧一点，不妨设P位于第一象限，
如图所示：
则
，
令，分母为，则，
当，，所以在上单调递减；
当，，所以在上单调递增；
所以当时，，
此时，由图知，所以，故D正确.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点中心对称
C. 在区间上单调递增
D. 的零点构成的集合是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由周期函数的定义可判断，对于B，由对称中心的概念可判断，对于C，通过特殊函数值可判断，对于D，通过二倍角公式和三倍角公式化简解析式得到，再通过恒成立，可判断D.
【详解】对于A：，不恒成立，A错误；
对于B：，所以的图象关于点中心对称，B正确；
对于C：因为，，
而，
所以在区间上单调递增不成立，C错误，
对于D：利用三角恒等变换化简： ，
，
对二次式，判别式，且开口向上，
因此该式恒大于0，故当且仅当，即，
所以的零点构成的集合是，D正确.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆经过点，且与直线相切于点，则圆的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【详解】设圆的标准方程为：，
由题意知：，解得：，
圆的标准方程为：.
13. 某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为______．
【答案】##0.1
【解析】
【分析】根据题意，利用交事件的概率公式求解即可.
【详解】设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，
则X，Y两种性状都不出现为，两种性状都出现为，
由题，，，
所以，
又，
所以．
故答案为：.
14. 已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
当时，当时，该函数单调递增，
所以，
所以对任意，都有，一定有成立，
解得，这与相矛盾，不符合题意；
当时，当时，，
所以对任意，都有，一定有成立，而，
所以；
当时，设表示两数中最大的数，
因为当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
所以当时，，
对任意，都有，一定有且，
解得，
综上所述：，
所以的取值范围为.
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. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响，
（1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；
（2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果；
（2）易知随机变量的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值.
【小问1详解】
设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”，
（或）
（或）
所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
.
【小问2详解】
随机变量的可能取值为2，3，4.
，，，
随机变量的分布列为
所以随机变量的期望为.
16. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角差的余弦公式化简即可；
（2）利用已知条件和余弦定理先求出，再设，，最后令并结合基本不等式即可求出.
【小问1详解】
由题意，得csBcsAcsC+sinAsinC=csCcsBcsA+sinBsinA，
，
又，，即csBsinC−csCsinB=0⇒sinC−B=0，
∵B,C∈0,π，，即，又由正弦定理得.
【小问2详解】
，，
在中，，在中，csC=a2+14b2−BD22a⋅14b，
即a2+14b2−BD22a⋅14b=a2b，，
在中，cs∠ABD=b2+34a2+116b2−34b22b⋅BD=34a2+12b22b⋅BD，
设，由三角形三边关系知，则，即，
令，则1