2026届河北省沧州市八校联考高考二模数学试题和答案

这是一份2026届河北省沧州市八校联考高考二模数学试题和答案，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，得或，则或，
由即，得，则，
所以.
2. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. – 2B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，且复数为纯虚数，
所以a−2≠0−2a−1=0⇒a=−12.
3. 某数字档案馆为推进古籍数字化，引进了一套基于图像处理的扫描仪，专门用于扫描古籍页面.该扫描仪配备了实时数据采集系统，能够自动记录每次扫描的页面数量与扫描时间.为了建立扫描页面数量与时间之间的预测模型并优化扫描仪参数设置，技术员进行了5次扫描，收集数据如下表所示：
由上表数据求得y关于x的经验回归方程为 ，据此估计扫描页古籍所需时间为（ ）
A. 70.5minB. 72.5minC. 73.5minD. 75.5min
【答案】D
【解析】
【分析】根据回归方程过点求出，再代入得到估计值即可．
【详解】解：，，
，则，
时，，
故此估计扫描页古籍所需时间为．
4. 已知函数 则曲线在点处的切线在轴上的截距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处切线的斜率，再求出，利用直线方程的点斜式求切线方程，取得答案．
【详解】由fx=x⋅2x+1，得f′x=1⋅2x+1+x⋅2x+1ln2=2x+11+xln2，
所以f′−1=201−ln2=1−ln2 ，又f−1=−1⋅20=−1 ，
曲线在处的切线方程为y+1=(1−ln2)x+1，
令得轴上的截距为．
5. 已知公差大于0的等差数列的前n项和为，若的前n项和为 ，则 （ ）
A. 38B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设数列的公差为，由题设条件推得，写出数列的通项，分析数列的项的符号，分别用表示出，计算即得.
【详解】设等差数列的公差为，则，
因，则得，
则，因，
则当时，，当时，，当时，.
于是，，
，
因，，
则，故.
6. 某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ）
A. 36B. 72C. 90D. 144
【答案】B
【解析】
【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算、同天的方案数，用总方案数减、同天的方案数，最终得出结果.
【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2，2，1，
所以，又因为，
所以总方案数，
若A、B安排在同一天：共分组方式，
又因为三个组分配到3天，共种排列，
因此A、B同天的方案数，
所以，即不同的安排方案种数为72.
7. 在平面直角坐标系中，F，A分别为椭圆 的右焦点和下顶点，B是x轴上一点，且OF=BF，过点B且与AF平行的直线l与C有唯一公共点，则l的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线的方程并与椭圆方程联立，消元，令求解.
【详解】由题意知，，，
直线的斜率，所以直线的方程为，
y=bc(x−2c)x2a2+y2b2=1得，
因为直线与C有唯一公共点，所以，
整理得，又因为，所以，
所以l的斜率为
8. 已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（ ）
A. 99B. 78C. 66D. 52
【答案】A
【解析】
【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论.
【详解】因为关于对称，所以，
用替换可得①，
因为关于对称，所以，
又，用替换可得，
用替换可得，
两式相加可得，
用替换可得②，
由①②可得，
用替换可得
因为，
在中令，得，故，
，
因此.
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. 已知函数在区间上有两个不同的零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数零点的定义，结合函数单调性的性质、对勾函数的单调性、基本不等式逐一判断即可.
【详解】当时，函数在区间上单调递增，因此此时函数不可能有两个零点，不符合题意；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，函数在区间上单调递减，因此此时函数不可能有两个零点，不符合题意；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以此时，，
要想函数在区间上有两个不同的零点，
只需，
显然选项A正确；
由，选项B不正确；
因为，所以，
因为，
所以，因此选项C正确；
由，
由，
因为，当且仅当时取等号，即当时取等号，
所以，因此选项D正确.
10. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是曲线的一条对称轴
B. 点是曲线的一个对称中心
C. 若和在上的单调性相同，则的最大值为
D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图象变换及余弦函数性质求出函数的解析式，根据三角函数的对称性判断AB；根据三角函数的单调性判断C；利用辅助角公式化简，然后根据正弦函数性质求解最值判断D.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到，，由题意，
所以或， ，
所以，或（不恒成立，舍去），
又，所以，
所以，，
由，
则直线不是曲线的一条对称轴，A错；
因为，
所以点是曲线的一个对称中心，B对；
由，则，
要使在上单调，由正弦函数在上单调递减，可知，所以，
若和在上的单调性相同，由余弦函数在上单调递减，
可知，所以，则的最大值为，C对；
因为，，
所以，其最大值为，D错.
11. 如图，圆台的高为，上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，是圆上一点，是圆的内接正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 直线与平面所成角的最小值为
C. 圆台的外接球的表面积为
D. 为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，利用空间两点间的距离公式可判断AD选项；利用空间向量法可判断B选项；设球心为，根据可求得的值，即可求出其外接球的半径，再利用球体表面积公式可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点、、、，
设点，
对于A选项，
，
当且仅当时，等号成立，即的最小值为，A对；
对于B选项，，易知平面的一个法向量为，
，
且，
故，故直线与平面所成角的最小值为，B错；
对于C选项，设球心为，
根据可得，解得，
故该圆台的外接球半径为，
故圆台的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，
，D对.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则 ________
【答案】
【解析】
【分析】求出向量的坐标，由题意得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为向量，，则，
因为，则，解得.
13. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，点在的右支上，若，且直线与的一条渐近线垂直，则的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用焦点到渐近线的距离为构造直角三角形，得到，再结合正弦定理、双曲线定义和余弦定理建立和的关系，即可求得离心率.
【详解】由题意可得，如图，不妨设点在第一象限，与的渐近线交于点，
因为直线与的渐近线垂直，
所以点到直线的距离为，
在中，因为，所以，所以.
由，得，
在中，由正弦定理可得，即，
故，
由双曲线的定义可得：，故，
所以由余弦定理可得：，
即，得，所以.
14. 设，函数. 的极小值为，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据极小值为可得或为的极小值点，据此分类讨论后结合局部保号性可得的取值范围.
【详解】因为的极小值为，令，则或，
故或为的极小值点.
若，即为的极小值点.
由题设，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上递减，上递增，
而且，故时，时，
而时，，时，
故时，，时，
此时不是的极小值点，与题设矛盾；
若,
若为的极小值点，故，
由题设，
因，故必有，故即，与矛盾；
若为的极小值点，
因为，且时，，时，
故在的附近总有，
由局部保号性可得即.
综上，.
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. 如图，四棱锥中，底面是梯形，，.
（1）证明:平面平面；
（2）若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得.
【小问1详解】
因底面是梯形，，，则，
又，平面，则平面，
又平面，故平面平面.
【小问2详解】
取的中点为，连接，因，则，
由（1）得平面，平面，则，
又平面，则平面.
过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直，
故可以分别为轴建立空间直角坐标系.
因，由，可得，
则，.
设平面的法向量为，
因，
则，故可取，
因平面，故平面的法向量可取为，
则，
设平面与平面所成二面角的平面角为，则，
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
16. 已知在中，D是边上一点，是的平分线，且．
（1）求；
（2）设当λ为何值时，取得最大值?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简可得，结合正弦定理可得，再利用构建方程，解得，进而可求；
（2）利用余弦定理，分别求出，进而得到，再令，利用基本不等式得到最值即可．
【小问1详解】
，，
，，则，
设的内角所对的边分别为，则由正弦定理得，
又是的平分线，，
又，，
，
即，
即，
，解得，
【小问2详解】
如图，
，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
，
令，则，，
，
当且仅当，即时取等，
所以当时，取得最大值．
17. 在平面直角坐标系中，点到直线的距离的平方比点到点的距离的平方大记动点P的轨迹为.
（1）求的方程.
（2）已知为上不同的三点.
（i）若线段的中点坐标为，求△A1OA2的面积;
（ii）若直线和直线均与圆相切，证明：直线与圆相切.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设动点，结合条件列出等式并化简，得到轨迹的方程；
（2）（i）设，，因为​在轨迹上，所以代入的方程，利用点差法求出直线的斜率，进而得到直线方程；再联立直线方程与的方程，求出，结合关系S△A1OA2=12∣b∣⋅∣x1−x2∣ 求面积；（ii）设Ai(xi,xi2+14),i=1,2,3 ，由条件可得，​是方程(x12−1)t2+2x1t+(3−x12)=0 的两根，再证明圆心到的距离等于圆的半径即可.
【小问1详解】
设动点的坐标为，
由已知点到的距离的平方比到原点的距离平方大，
所以(y+12)2−(x2+y2)=12
化简可得，
所以的方程为，
【小问2详解】
（i）设A1(x1,y1),A2(x2,y2) ，
因为都在上，故y1=x12+14,y2=x22+14，
所以y1−y2=x1+x2x1−x2，
所以直线​的斜率k=y1−y2x1−x2=x1+x2，
因为​中点为，所以，
所以，直线的方程为，即，
联立直线与抛物线方程：
y=2x+1y=x2+14⟹x2−2x−34=0 ，
方程x2−2x−34=0 的判别式Δ=−22−4×1×−34=7>0
由韦达定理得x1+x2=2,x1x2=−34，
所以∣x1−x2∣=(x1+x2)2−4x1x2=4+3=7
所以的面积S△A1OA2=12∣b∣⋅∣x1−x2∣=12×1×7=72(是直线在轴截距)；
（ii）设Ai(xi,xi2+14),i=1,2,3 ，
所以直线的方程为(x1+x2)x−y+(14−x1x2)=0 ，
圆C:x2+(y−94)2=1 的圆心为C(0,94) ，半径，
因为​与圆相切，故圆心到直线距离等于，
所以0−94+14−x1x2x1+x22+1=1 ，即2+x1x2x1+x22+1=1 ，
所以2+x1x22=x1+x22+1 ，
同理2+x1x32=x1+x32+1 ，
所以，​是一元二次方程(x1t+2)2=(x1+t)2+1 的两个根，
故，​是方程(x12−1)t2+2x1t+(3−x12)=0 ，
方程(x12−1)t2+2x1t+(3−x12)=0 的判别式Δ=4x12−4x12−13−x12=4x14−12x12+12>0
由韦达定理得x2+x3=2x11−x12，x2x3=x12−31−x12，
对直线，同理得圆心到的距离平方为d2=(x2x3+2)2(x2+x3)2+1，
又x2x3+2=x12−31−x12+2=x12+1x12−1，故(x2x3+2)2=(x12+1)2(x12−1)2
(x2+x3)2+1=(2x11−x12)2+1=(x12+1)2(x12−1)2，
所以，即，故直线与圆相切.
18. 已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色以外完全相同.现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑球时游戏终止.
（1）经过2次操作后，记盒子中红球的个数为，求的分布列和数学期望.
（2）记次操作后游戏终止的概率为.
(i)求关于的表达式;
(ii)求的最大值.
【答案】（1）的分布列为
的数学期望
（2）(i) ；(ii)
【解析】
【分析】（1）先确定每个随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，列出分布列，最后根据数学期望公式计算期望即可；
（2）(i)先求出初始项，再分两种情形推导时的递推关系，通过构造等比数列即可求出；
(ii)先作差得到的表达式，通过解不等式判断的增减性，得出是的最大值并计算具体数值即可.
【小问1详解】
由题意知，的所有可能取值为0，1，2，
且，
，
，
所以的分布列为
的数学期望.
【小问2详解】
（i）由题意知：，
当时，第次操作后游戏终止分两种情形：
①第1次摸出的是黑球，则还需次摸球游戏才能终止，则；
②第1次摸出的是红球，则剩下次摸球中，最后1次摸出红球，中间次摸出的都是黑球，则，
所以，
即当时，.
又因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
(ii)当时，，
令，得，
两边同时乘以得：，所以，即，
当时上述不等式成立，故，
当时，，
因为是减函数，所以当时，，故，
所以最大，即的最大值为.
19. 已知函数．
（1）若，，求的最小值；
（2）若，当时，求a的取值范围；
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数确定函数单调性，进而求出最小值；
（2）把恒成立问题转化为端点分析，利用单调性判断趋势；
【小问1详解】
当，时，fx=xex−ex−elnx ，求导得
f'x=ex+xex−e−ex=ex1+x−e1+xx=1+xex−ex，
令，均在上单调递增，
在上单调递增，且g1=e1−e1=0 ，
当时，，，故单调递减；
当时，，，故单调递增，
在处取得极小值，也是最小值，
fxmin=f1=1⋅e1−e⋅1−eln1=0 ．
【小问2详解】
由得，代入函数得：fx=xeax−eax−elnx ，
注意到，需保证时，
求导得f'x=eax+axeax−ea−ex，
在处，f'1=ea+aea−ea−e=aea−e ，
令ℎa=aea−e ，求导得ℎ'a=ea1+a，则在时单调递增，
且ℎ1=e1−e=0 ，
当时，ℎa=aea−e≥0 ，即f'1≥0 ，
令mx=f'x，则m'x=a2+axeax+ex2>0 ，
故在上单调递增，
时，f'x>f'1≥0 ，单调递增，，
满足条件；
当时，，即f'1