河南开封市2026届高三第二次质量检测数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份河南开封市2026届高三第二次质量检测数学试卷（含解析）高考模拟，文件包含2026届高三4月模拟考试政治pdf、2026届高三4月模拟考试政治答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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对应的答题区域内，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 复数，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模长公式求解即可.
【详解】.
2. 已知的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知角终边过点,
根据,其中,
可得.
.
3. 某人工智能公司为训练垃圾分类识别模型，需对采集的4000张图片进行人工标注，图片分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾四类，已知四类图片的数量之比为，现采用分层抽样的方法抽取容量为n的样本对标注情况进行抽检，若抽到的厨余垃圾图片比有害垃圾图片多25张，则（ ）
A. 80B. 100C. 120D. 160
【答案】B
【解析】
【详解】已知四类图片的数量之比为，则厨余垃圾图片占总图片数量的比例为，
有害垃圾图片占总图片数量的比例为.
因为采用分层抽样的方法抽取容量为n的样本，所以抽到的厨余垃圾图片数量为，
抽到的有害垃圾图片数量为.
由题意可得，解得.
4. 定义集合且，已知集合，，若，则下列一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为集合，集合，集合，，
所以，，，
选项A：因为，所以或者（且满足集合元素的互异性）；
选项B：因为，所以一定成立；
选项C：当时，集合，集合，，C错误；
选项D：当，时，集合，集合，，D错误.
5. 设向量，，则（ ）
A. “”是“”的充分条件B. “”是“”的充分条件
C. “”是“”的必要条件D. “”是“”的充分条件
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查向量垂直和平行的坐标表示以及充分条件和必要条件的判断。解题的关键是根据向量垂直的坐标表示求出时的值，再根据充分条件和必要条件的定义判断各选项.
【详解】已知两个向量，，若，则，即，解得或.
已知两个向量，，若，则，即，解得.
对于A选项，由“”，可以推出“”，所以“”是“”的充分条件，A选项正确；
对于B选项，由“”，不能推出“”，所以“”不是“”的充分条件，B选项错误；
对于C选项，由， 解得或，不能推出，所以“”不是“”的必要条件，C选项错误；
对于D选项，由， 解得，所以“”不是“”的充分条件，D选项错误.
6. 某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或趟，第一次游趟或趟的概率均为，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为；若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为．若一周至少游趟为训练量达标，则该同学一周训练量达标的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查全概率公式的应用，根据题干条件进行分类，然后求出每种情况的概率，最后由互斥事件，将所有概率相加即可得到达标概率.
【详解】由题意知：一周训练量达标即为游趟或趟，设第一次游趟为事件，
第一次游趟为事件，第二次游趟为事件，第二次游趟为事件，
可分为以下三种情况：
情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标.
则由条件概率可得；
情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标.
则由条件概率可得；
情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得，
由三种情况为互斥事件，因此，该同学一周训练量达标的概率.
7. 已知有个和个，共个数，排成一个数列，若对任意，前项和都满足，则满足上述条件的数列的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定首项，按要求利用组合分类讨论求解.
【详解】若首项为，则，不符合要求，因此首项必须为，剩余个和个排列在后个位置.
首项为后，第二位为：剩余个、个进行排列，
需满足对任意，前项累加和不小于，即个不能排在前面，
此时共种符合条件；
首项为后，第二位为：第三位必须为（否则前项和为），剩余个、个且个不能排在前面，
此时共种符合条件；
所以，总个数为.
8. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ）
A. 8B. 6C. 5D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值．
【详解】，周期为，
，则是周期，
，即是正偶数，
当时，，
已知最大值与最小值的和为0，
最大值与最小值互为相反数，
若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和为0；
的最小值为6．
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. 下列函数是偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据偶函数定义依次判断即可.
【详解】对于A，函数的定义域为且 ，
所以函数是偶函数，故A符合题意；
对于B，函数的定义域为，
因为定义域不关于原点对称，所以函数不具有奇偶性，故B不符合题意；
对于C，函数的定义域为且，
所以函数是奇函数，故C不符合题意；
对于D，函数的定义域为且，
所以函数是偶函数，故D符合题意.
10. 已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ）
A. 的离心率为2B. 的渐近线方程为
C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆与双曲线渐近线相切得到，结合离心率公式及可判断选项A、B；根据，求出，进而求出，判断选项C；根据，得到，，，进而得到点，坐标，求出直线方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D.
【详解】双曲线：的渐近线方程为，即.
圆：的圆心为，半径为.
由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以.
对于A：，故A正确.
对于B：，所以渐近线方程为，故B正确.
对于C：，，因为，所以点的横坐标为，
代入双曲线方程，解得.
取，则，，
所以，故C错误.
对于D：若，则，，，，.
直线方程为，即.
圆心到直线的距离，
由垂径定理可得，，故D正确.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】构造函数并利用导数确定其单调性，将多个等式统一转化为同一函数值的大小比较，从而建立变量间的不等关系；A选项借助极限思想构造反例进行排除，B选项直接由所得不等关系移项得出；C选项运用反证法结合等式变形推导出矛盾；D选项通过换元后构造辅助函数并分析其单调性完成不等式的证明.
【详解】设公共值，先确定定义域：，
构造函数，求导得，因此在上单调递增，
，
，
，
由单调性可得：.
选项A：令，则，
进而，此时，因此A错误；
选项B：单调性可知，移项得，因此B正确；
选项C：，整理原式得：，
假设，则左边，
得，与假设矛盾，
因此必有，C正确；
选项D：要证，即证，
令，已知且，
要证，即证，
构造函数，
求导得：，
因为，所以，分母，
因此，即在上单调递增，
得：，消去得，
由单调性得，即，即，因此D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面和直线m，n，给出下列三个论断：
① ② ③
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：如果______，______，则______．（只填写序号）
【答案】 ①. ② ②.
③ ③.
①
【解析】
【详解】若以①②为条件,③为结论,
即已知,,则直线可能在平面内，也可能与平面平行，
所以不能得出，该情况不成立.
若以①③为条件,②为结论,
即已知,
则直线与平面可能相交，平行或者直线在平面内，
所以不能得出，该情况不成立.
若以②③为条件,①为结论,
即已知,
因为，所以平面内一定存在一条直线，使得，
又，依据直线与平面垂直的性质可知,
如果一条直线垂直于一个平面,那么该直线与平面内任意一条直线垂直,
所以，又因此,该情况成立.
13. 抛物线的焦点为，为的准线与轴的交点，为上一点，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】结合条件设点列方程求B点横坐标，利用余弦定理求解即可.
【详解】
抛物线的焦点，准线方程为​，
因此准线与轴交点，可得，由题意.
设，在抛物线上满足，又，
因此代入整理得，
解得正根（抛物线横坐标非负）.​
在中，由抛物线焦半径性质得​，
代入得，
根据余弦定理代入得.
14. 已知集合，，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，若且，则__________．
【答案】1150
【解析】
【分析】根据给定条件，确定不大于的集合中元素个数，不大于的集合中元素个数，再列出方程并确定其整数解，利用等差数列、等比数列前n项和公式求解.
【详解】依题意，，由，令，显然集合中小于的元素有个，
集合中不大于的元素有个，因此，
由，令，
同理，于是，，
令，则，
由，得，则，
又数列单调递增，而，因此，
当时，，解得；当时，，无整数解；
当时，，无整数解；当时，，无整数解，
则，，
集合中小于的元素有32个，它们的和为，
集合中不大于的元素有6个，它们的和为，
所以.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求c的值；
（2）若的面积为，D为BC的中点，求AD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的平方关系求出，再根据正弦定理求出.
（2）根据三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，在和分别计算，列出等式，将代入，即可解出.
【小问1详解】
已知，故，
根据正弦定理可得.又，故，解得.
【小问2详解】
已知面积​，由面积公式，代入​​，解得，
根据余弦定理得，解得，
因为为的中点，在中，在中，
故，即，
将代入上式，化简得，故.
16. 某中学开展劳动教育实践活动，学生进行某种蔬菜种植实验，实验分为育苗、定植、收获三个阶段．已知每株蔬菜育苗成功的概率为，各株蔬菜苗是否成功相互独立；只有育苗成功的蔬菜才能进入定植阶段，定植后进入收获阶段的蔬菜，单株产量X（单位：kg）服从正态分布，市场上该品种蔬菜的售价为6元/kg，单株蔬菜从育苗到收获的平均种植成本为18元．
（1）若对10株蔬菜进行育苗实验，记育苗成功的株数为Y，求至少有9株蔬菜苗育成功的概率与（结果用p表示）；
（2）从进入收获阶段的蔬菜中随机抽取1株，估计其单株利润为正的概率．
附：若随机变量，则，，．
【答案】（1）概率为，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用二项分布的概率公式列式求出概率，再利用二项分布的期望公式求出期望.
（2）利用正态分布的对称性求出单株利润为正的概率.
【小问1详解】
依题意，，则，
，
所以至少有9株蔬菜苗育成功的概率，.
【小问2详解】
由单株产量X（单位：kg）服从正态分布，得，
单株利润为，由单株利润为正，得，解得，
依题意，，
则，
所以单株利润为正的概率约为.
17. 如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．

（1）证明：；
（2）记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值；
（3）若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论；
（2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出，结合得出为定值，从而证明结论；
（3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解．
【小问1详解】
平面，则，，
平面，则，，
，且是平面的法线，
平面，
又平面，平面平面，
，
，
．
【小问2详解】

平面，且平面，
平面平面，交线为，
在平面内的投影在上，故直线与平面所成角
为的余角，即，
设平面与平面的交线为，则，且平面，
平面，
平面，
，
又，
，
二面角的平面角，
，
，则，
，为定值．
【小问3详解】
已知平面，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，

已知，E为线段的中点，
则，
设点，
，
设平面的法向量为，则
，令，则，
点到平面的距离，
当时，分母最小，最大，
．
18. 已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直．
（1）求C的标准方程；
（2）设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）存在，定圆的方程为
（3），的方程为或
【解析】
【分析】（1）先根据与轴垂直求出的值，再根据点在椭圆上以及求解出.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用得到之间的关系，再利用原点到的距离为定值从而确定圆的方程.
（3）根据三角形的面积公式，其中为定值，利用弦长公式将表示成的函数，然后利用换元法求解出最大值即可.
【小问1详解】
因为与轴垂直，所以，，
又点在椭圆上，，得.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率存在时，设直线方程为，.
联立得，整理得.
，即.
，
，，即，整理得.
原点到直线的距离，将代入得
故距离为定值，所以存在定圆与直线相切.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，.
联立，，则，.
，得，即直线的方程为，
此时直线与圆相切，符合题意.
综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为.
【小问3详解】
由三角形面积公式得，其中为定值.
当直线的斜率存在时，，
将代入整理得.
令，则.
当时，即（此时）时，有最大值.
此时三角形面积有最大值，最大值为.
此时，代入，得，.
直线的方程为或.
当直线的斜率不存在时，由（2）可得或.
此时，.
综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或.
19. 已知函数fx=exax和gx=axlnx有相同的极小值，其中．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列；
（3）在（1）（2）的基础上，某学习小组通过指数与对数之间的关系，探究得出：存在直线，其与两条曲线px=ex−ax 和qx=ax−lnx 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．请给出b与c满足的关系式，并说明理由．
【答案】（1）
（2）详见解析 （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）先求导确定函数的单调性，再根据极小值的定义求出两个函数的极小值，求解出即可.
（2）将代入，根据函数的单调性可知存在直线满足直线与和的图像各有两个交点，当直线过与的交点时，满足有三个交点，再证明三个点的横坐标成等比数列即可.
（3）根据指数与对数的性质，结合第二问的结论可求出与的关系
【小问1详解】
由，得，
易知，若存在极小值，，
由 且 ，得 ，
所以，又，所以．
【小问2详解】
由（1）知，且它们的极小值为，
由（1）可知，当时，且单调递减，
当时，且单调递减，
此时直线与两条曲线和不可能有三个不同的交点，所以，
又因为当时，时，，时，时，，
所以当时，分别与和各有两个交点，
若，则，解，即，
设函数，则，
由于，所以函数在上单调递增，
所以，又由于，
所以函数在上单调递增，所以，
所以函数在上单调递增，
又，
所以在区间上存在唯一零点，记为，
所以即，取，
因为，所以是在区间上的解，
因为，所以是在区间上的解，
又由于，且，
所以存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
从左到右三个交点的横坐标成等比数列．
【小问3详解】
．
由（1）知，
由（2）知是的唯一零点，
由得，即，
所以是函数的唯一零点，
同（2）中分析，可知，
所以，
所以．
1
0



0


