河南郑州市2026届高三高中毕业年级第二次质量预测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份河南郑州市2026届高三高中毕业年级第二次质量预测数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了考试结束后，只交答题卡．，04等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束后，只交答题卡．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，
所以将代入分别得，
则满足，
所以.
3. 已知，则的值所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】函数单调递增，所以只需5∈8a,8b，即可得.
比较5与：.
比较5与：823=2323=22=42sinx，
所以此时，又因为、均为偶函数，
所以时，，故A错误；
对于B，由前述分析可知、均为偶函数，故B正确；
对于C，由于的图象如下所示，
易知其为非周期函数，又为周期性函数，周期为，故为非周期函数，
而gx=csx+csx=csx+csx，由于、为周期函数，
所以为周期函数，因此两者周期性不同，故C错误；
对于D，0≤sinx+sinx≤1+1=2，当且仅当sinx=1且时成立，
例如即可取到最大值2，
当且仅当sinx=0且或sinx=−1且时成立，
例如即可取到最小值0，
0≤csx+csx≤1+1=2，当且仅当csx=1且时成立，
例如即可取到最大值2，
当且仅当csx=0且或csx=−1且时成立，
例如即可取到最小值0，故D正确．
11. 已知抛物线为坐标原点，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．则（ ）
A.
B. 当时，直线的方程为
C. 当四点共圆时，
D. 点落在定直线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解判定A，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据已知条件判定B，C，根据条件求出的横坐标，再结合韦达定理计算判定D.
【详解】因为点，则，又，则，
所以，代入抛物线，得到，解得，A选项正确；
所以抛物线的方程为，
设直线方程为，
设Ax1, y1,Bx2, y2，联立x2=4yy=kx−1+1，
消得到，
则，
当时，OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+x22x1216=4k−4+4k−4216=k−1k+3=0，
所以或，且，即得，
所以直线的方程为，B选项错误；
当四点共圆时，则有，故，
则MOMB=MAMD，所以MA⋅MB=MO⋅MD，
又MA=1+k2x1−1, MB=1+k2x2−1, MO=2, MD=32，
所以MA⋅MB=1+k2x1⋅x2−x1−x2+1=6，即，
整理得到，又，所以，故直线的方程为，C选项正确；
由，得到直线，
由，得，
直线，联立方程y=x14xy=x2+44x−4+4，解得，，
xP−2yP−2=4x2x2+4−x1−2x2x1x2+4−x1−2=4x2−2x2x1−2x2+4−x1x2+4−x1=2x2+2x1−2x2x1−8x2+4−x1，
由，得xP−2yP−2=8k−24k−4−8x2+4−x1=8k−8k+8−8x2+4−x1=0，
所以点落在定直线上，D选项正确；
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的所有极值点之和为______．
【答案】
【解析】
【详解】，令，解得，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增.
所以在取得极大值，在取得极小值，所以函数所有极值点之和为.
13. 已知为等差数列，记公差为，前项和为，当且仅当时取得最大值，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得，据此可得答案.
【详解】因，且存在最大值，则，又仅在时取最大值，则前7项为正数，从第8项开始为负数，
从而.
14. 已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为．若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的表面积公式得到母线，根据圆锥截面的性质、圆的截面性质及相互之间关系求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为，则，解得.
则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形.
沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则为半径为的等边三角形，
根据圆锥的性质易知截面圆的圆心为的外心，所以.
沿，所在轴截面如图，易知，所以.
所以，解得.
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，在中，为边上的一点，满足，且．
（1）求；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理可得、，由可得，再结合即可得的值；
（2）设，利用余弦定理可表示出、，再利用（1）中所得即可得解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得ADsinC=DCsin∠DAC，则sinC=ADDC⋅sin∠DAC，
在中，由正弦定理可得，则，
故ADDC⋅sin∠DAC=ABBC⋅sin∠BAC，
由，则sin∠BAC=sinπ−∠DAC=sin∠DAC，
则，故ABAD=BCDC=BD+DCDC=3DCDC=3；
【小问2详解】
设，则，，
在中，由余弦定理可得AD2=AC2+DC2−2AC⋅DC⋅cs∠ACD
=x2+x2−2x2⋅cs∠ACD=2x21−cs∠ACD，
在中，由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB
=x2+3x2−2x⋅3x⋅cs∠ACD=2x25−3cs∠ACD，
由（1）知，则，
故2x25−3cs∠ACD=9×2x21−cs∠ACD，
解得.
16. 如图，在四棱锥中，底面，平面平面，，，四棱锥的体积为2．
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，连接，过点作于点，则可利用面面垂直性质定理得到平面，再利用线面垂直性质定理可得、，则可由线面垂直判定定理得到平面，再利用线面垂直性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，可设出点坐标，结合（1）中所得与四棱锥的体积可计算出点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解.
【小问1详解】
设，连接，过点作于点
由平面平面，平面平面，平面，
故平面，又平面，故，
由底面，平面，故，
又，、平面，故平面，
又平面，故；
【小问2详解】
由题意，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、，
设Cm,n,0m,n>0，则PC⃗=m,n,−3，又，
则由可得PC⃗⋅BD⃗=−3m+n=0，即，
由四棱锥的体积为，即VP−ABCD=13⋅S△ABD+S△BCD⋅PA=2，
则13⋅12⋅AB⋅AD+S△BCD⋅PA=2，则，
BC=m−3,n,0，
则cs∠DBC=BD⋅BCBD⋅BC=3−3m+n3+1⋅m−32+n2=324m2−23m+3，
故sin∠DBC=1−324m2−23m+32=1−944m2−23m+3，
故S△BCD=12BD⋅BC⋅sin∠DBC=12BD⋅BC⋅1−944m2−23m+3
=12×24m2−23m+3⋅1−944m2−23m+3=16m2−83m+32=332，
整理得2m2−3m−3=2m+3m−3=0，解得（负值舍去），
故，即，则，
PC=3,3,−3、DC=3,2,0，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有m⋅BC=3y1=0m⋅PC=3x1+3y1−3z1=0，n⃗⋅DC⃗=3x2+2y2=0n⃗⋅PC⃗=3x2+3y2−3z2=0，
取，则、，，，
即可取、n=1,−32,−12，
则csm,n=m⋅nm⋅n=1−121+1×1+34+14=14，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 函数，，为自然对数的底数．
（1）当时，过点可以作曲线三条切线，求实数的取值范围；
（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先设切点坐标，利用导数求出切线斜率，结合点斜式写出切线方程，将点代入切线方程，得到关于切点横坐标的方程，再构造函数，利用导数研究该函数的单调性与极值，根据极值的符号确定参数的范围；
（2）依题意等价于，即，存在使得该式成立，所以先利用导数求出的最大值，构造关于的函数，再求该函数的最大值，进而确定的范围.
【小问1详解】
当时，，
设切点为，切线方程为：，
切线过，代入得：，
依题意有三条切线，即方程有三个不同实根，
设，求导得恒成立：
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
极值为，且时时，
因此与有三个交点时：；
【小问2详解】
，求导得，
令得（为极值点横坐标），
由得，
的最大值为，代入得：，
依题意若存在使得对任意恒成立，即：，
整理得：对某个成立，即，
设，求导得：，
可得：时递减；
时递增。因此最小值为，故：
即的取值范围是.
18. 已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上；
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值；
（3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为1以及点在双曲线上，列出的方程，求解出，即可写出双曲线的标准方程.
（2）根据切线的性质可得，将问题转化成求的最小值问题，结合两点间距离公式将表示成的函数表达式，求解出最小值即可.
（3）设出坐标以及直线的方程，联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，再写出直线方程，可求得坐标，利用关于原点对称列出方程，找出之间的关系，从而可得直线所过定点，再借助直角三角形判断是否为定值即可.
【小问1详解】
因为焦点到一条渐近线的距离为1，即.
又点在双曲线上，所以4a2−1b2=1，解得.
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
圆的圆心，半径为.
因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以ST⊥TE，.
所以ST=SE2−ET2=SE2−2.
设，因为是双曲线上的动点，所以.
所以SE=(x0−5)2+y02=x02−10x0+25+x022−1=32(x0−103)2+223.
当时，取得最小值，此时.
所以STmin=223−2=433.
【小问3详解】
由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为.
联立x22−y2=1y=kx+m，整理得：.
且.
设，则.
直线的方程为.
令，则，即.
同理可得，.
因为关于原点对称，所以−1−2y1+2x1−2+(−1−2y2+2x2−2)=0，
即.
整理得.
即.
整理得，即.
所以或.
若，则，则直线方程为，即，
此时直线过点，不符合题意.
若，则直线方程为，恒过定点.
所以PD=2为定值，又，在中，为斜边，
所以当为中点时，.
因此存在点，使得为定值.
19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为．
（1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率．
（2）若．
①求最终拿到标号不大于的奖券的概率；
②求随机变量的期望（用表示）．
（3）当时，证明：．
【答案】（1）；
（2）①；②
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率；
（2）①标号不大于即每次抽取都不超过，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果；
（3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式.
【小问1详解】
表示最大标号为，等价于所有抽取结果都不超过，且至少有一次等于，
则两次都不超过2；
两次都不超过2两次都不超过1.
【小问2详解】
①最终标号不大于等价于次抽取的所有结果都不大于，每次抽到不大于的概率为，
因此.
②由于，
随机变量的期望得
.
【小问3详解】
，
则随机变量的期望为
.
设，，
当时，，等号成立；
当时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
设，
又因为，
所以，所以．
综上所述，.