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卷（含答案）

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卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z=2+ii2026+2，则z=( )
A. 1B. 3C. 2D. 5
2.已知集合A=x∈Zx≤2，B=xx2−4x−20，椭圆上一点P到直线x−2y=0距离的最大值为 305，则该椭圆的离心率为( )
A. 34B. 23C. 23D. 22
7.已知函数fx=x−2−x，若函数gx=lnx+13−x与函数y=fx的图象的交点有n个，记为x1,y1,x2,y2,⋅⋅⋅,xn,yn，则 ni=1 (xi+yi)=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.若方程|lnx|=kx的三个根x1，x2，x3(x10，则PC=m,n,− 3，又BD=− 3,1,0，
则由BD⊥PC可得PC⋅BD=− 3m+n=0，即n= 3m，
由四棱锥P−ABCD的体积为2，即VP−ABCD=13⋅S▵ABD+S▵BCD⋅PA=2，
则13⋅12⋅AB⋅AD+S▵BCD⋅PA=2，则S▵BCD=3 32，
BC=m− 3,n,0，
则cs∠DBC=BD⋅BCBD⋅BC=3− 3m+n 3+1⋅ m− 32+n2=32 4m2−2 3m+3，
故sin∠DBC= 1−32 4m2−2 3m+32= 1−944m2−2 3m+3，
故S▵BCD=12BD⋅BC⋅sin∠DBC=12BD⋅BC⋅ 1−944m2−2 3m+3
=12×2 4m2−2 3m+3⋅ 1−944m2−2 3m+3= 16m2−8 3m+32=3 32，
整理得2m2− 3m−3=2m+ 3m− 3=0，解得m= 3(负值舍去)，
故n= 3m=3，即C 3,3,0，则BC=0,3,0，
PC= 3,3,− 3、DC= 3,2,0，
设平面PBC与平面PCD的法向量分别为m=x1,y1,z1、n=x2,y2,z2，
则有m⋅BC=3y1=0m⋅PC= 3x1+3y1− 3z1=0,n⋅DC= 3x2+2y2=0n⋅PC= 3x2+3y2− 3z2=0,
取x1=x2=1，则y1=0、z1=1，y2=− 32，z2=−12，
即可取m=1,0,1、n=1,− 32,−12，
则csm,n=m⋅nm⋅n=1−12 1+1× 1+34+14=14，
故平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为14．

17.解：(1)当a=2时，函数f(x)=2x−xex，定义域为R，
f′(x)=2−ex−xex=2−ex(1+x)，
设切点为(x0,f(x0))，则切线斜率k=f′(x0)=2−ex0(1+x0)，
切线方程为：y−f(x0)=k(x−x0)
将f(x0)=2x0−x0ex0代入，得y−(2x0−x0ex0)=[2−ex0(1+x0)](x−x0)，
因为切线过点(0,m)，则m−(2x0−x0ex0)=[2−ex0(1+x0)](−x0)，
则m=x02ex0，即m=x2ex(令x=x0)，
问题转化为方程x2ex=m有三个不同的实根，
设ℎ(x)=x2ex，则需ℎ(x)与y=m有三个交点．
ℎ′(x)=2xex+x2ex=xex(x+2)，
令ℎ′(x)=0，得x=0或x=−2。
当x0，ex>0，则ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
故ℎ(x)在x=−2处取得极大值，ℎ(−2)=(−2)2e−2=4e2；
在x=0处取得极小值，ℎ(0)=02e0=0，
当00使得该式成立，即b≥[f(x)max−a]min．
f′(x)=a−ex−xex=a−ex(1+x)，
令f′(x)=0，得a=ex(1+x)，
设x0是方程a=ex(1+x)的解，则a=ex0(1+x0)，
此时f(x)在x=x0处取得最大值f(x0)=ax0−x0ex0=x0ex0(1+x0)−x0ex0=x02ex0，
则f(x)max−a=x02ex0−ex0(1+x0)=ex0(x02−x0−1)，
设g(x)=ex(x2−x−1)，
g′(x)=ex(x2−x−1)+ex(2x−1)=ex(x2+x−2)=ex(x+2)(x−1)，
令g′(x)=0，得x=−2或x=1。
当x0，ex>0，则g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)在x=1处取得极小值，g(1)=e1(12−1−1)=−e，
又当x→−∞时，ex→0，x2−x−1→+∞，g(x)→0；
当x→+∞时，g(x)→+∞，因此g(x)的最小值为−e，
因为b≥[f(x)max−a]min=−e，
所以b的取值范围是[−e,+∞)．
18.解：(1)因为焦点到一条渐近线的距离为1，即d=bc a2+b2=b=1．
又点P(2,−1)在双曲线上，所以4a2−1b2=1，解得a2=2．
所以双曲线的方程为x22−y2=1．
(2)圆E:(x−5)2+y2=2的圆心E(5,0)，半径为 2．
因为T是圆E上的动点，直线ST与圆E相切，所以ST⊥TE，TE= 2．
所以ST= SE2−ET2= SE2−2．
设S(x0,y0)，因为S是双曲线C上的动点，所以x022−y02=1．
所以SE= x0−52+y02= x02−10x0+25+x022−1= 32x0−1032+223．
当x0=103时，SE取得最小值，此时SEmin= 223．
所以STmin= 223−2=4 33．
(3)由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m．
联立，整理得：(1−2k2)x2−4kmx−2m2−2=0．
Δ=(−4km)2−4(1−2k2)(−2m2−2)=8(m2+1−2k2)>0且1−2k2≠0．
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=4km1−2k2,x1x2=−2m2−21−2k2．
直线PA的方程为y+1=y1+1x1−2(x−2)．
令x=0，则y=−1−2y1+2x1−2，即M(0,−1−2y1+2x1−2)．
同理可得，N(0,−1−2y2+2x2−2)．
因为M,N关于原点对称，所以−1−2y1+2x1−2+−1−2y2+2x2−2=0，
即−1−2(kx1+m)+2x1−2+(−1−2(kx2+m)+2x2−2)=0．
整理得(2k+1)x1x2−(2k−m+1)(x1+x2)−4m=0．
即(2k+1)(−m2−3)1−k2−2km(2k−m+1)1−k2−4m=0．
整理得m2+2km+2m+2k+1=0，即(m+1)(m+2k+1)=0．
所以m=−1或m+2k+1=0．
若m+2k+1=0，则m=−2k−1，则直线方程为y=kx−2k−1，即y+1=k(x−2)，
此时直线AB过点P(2,−1)，不符合题意．
若m=−1，则直线方程为y=kx−1，恒过定点D(0,−1)．
所以PD=2为定值，又PQ⊥AB，在Rt▵PQD中，PD为斜边，
所以当R为PD中点(1,−1)时，RQ=12PD=1．
因此存在点R(1,−1)，使得QR为定值．

19.解：(1)X=k表示最大标号为k，等价于所有抽取结果都不超过k，且至少有一次等于k，
则P(X=3)=1−P(两次都不超过2)=1−232=59；
PX=2=P(两次都不超过2)−P(两次都不超过1)=232−132=13．
(2)①最终标号不大于k等价于m次抽取的所有结果都不大于k，每次抽到不大于k的概率为k4，
因此PX≤k=k4m,k=1,2,3,4．
②由于PX=k=PX≤k−PX≤k−1=knm−k−1nm,k=1,2,3,4，
随机变量X的期望得
E(X)= 4k=1 k⋅P(X=k)=1⋅(14)m+2[(24)m−(14)m]+3[(34)m−(24)m]+4[1−(34)m]=4−1m+2m+3m4m．
(3)PX=k=PX≤k−PX≤k−1=knn−k−1nn,k=1,2,…,n，
则随机变量X的期望为
E(X)= nk=1 k⋅P(X=k)=1⋅(1n)n+2⋅[(2n)n−(1n)n]+⋯+n⋅[1−(n−1n)n]
=n−1nn−2nn−⋯−n−1nn．
设f(x)=xn+(1−x)n,x∈(0,1)，f′x=nxn−1−1−xn−1，
当n=1时，P(X=1)=1,E(X)=1×1=1，等号成立；
当n≥2时，当x∈0,12时，f′x0，f(x)单调递增，
所以fx=xn+1−xn≥f12=22n．
设M=1nn+2nn+…+n−2nn+n−1nn，
又因为M=n−1nn+n−2nn+…+2nn+1nn，
所以2M≥n−1⋅22n，所以M≥n−12n．
综上所述，E(X)≤n−n−12n．