河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题（含解析）高考模拟

这是一份河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题（含解析）高考模拟，共11页。试卷主要包含了 已知，则， 已知随机变量，随机变量，则， 已知函数，则等内容，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、考场号、座位号填写在答题卡上．
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，使用0.5毫米黑色字迹签字笔，将答案写在答题卡上．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. i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. -1B. 1C. -2D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】,
所以复数的虚部为.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. -2B. 0C. 2D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】解：，，
，解得．
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，由函数定义域得到，再求交集即可．
【详解】解：，解得，即，
，，解得，即，
．
4. 已知，则（ ）
A. B. -1C. D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式即可求解.
【详解】由题意得，由于，
所以，因此且，
则，故C正确.
5. 若，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定焦点位置，再由即可求解．
【详解】解：，，则椭圆焦点在轴，，
．
6. 设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得曲线在处的切线斜率表达式，再由垂直关系计算可得.
【详解】由可得，
所以在点处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，即可得，
因此．
故选：A
7. 已知随机变量，随机变量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质逐项判断即可.
【详解】
因为，，则，
因为，，则，
对于A，，A错误；
对于B，，故，B错误，
对于CD，，
，
则，D正确；
所以，C错误.
8. 在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】差数列的公差为，根据条件推出，判断出当时，；时，，再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.
【详解】设等差数列的公差为，所以，因此，所以，
所以，，
因此，当时，；时，，
因为，
所以当时，，当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为
，
所以，当时，取得最大值.
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，则（ ）
A. 为偶函数B. 在上单调递增
C. 的最小正周期是D. 的一条对称轴为
【答案】BD
【解析】
【分析】A利用奇偶性的定义求证；B利用在上的单调性判断；C举反例；D求证即可.
【详解】令，得，故的定义域为，关于原点对称，
因为，所以为奇函数，故A错误；
因为在上单调递增，且，
所以在上单调递减，故在上单调递增，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
，
所以的一条对称轴为，故D正确.
10. 在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线平面PAB
B. 当时，直线CE与PB所成角为
C. 当时，直线CE与平面PAD所成角为
D. 当时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，以A为原点建立空间直角坐标系，求出时点坐标与向量，验证与平面内两个不共线的向量共面，且不在平面内，可判断线面平行成立；对B，得到​时和的向量坐标，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值判断；对C，得到时坐标与平面的法向量，利用线面角的向量计算公式得到线面角的正弦值判断；对D，得到时三棱锥四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积.
【详解】因为AD//BC,∠ABC=π2，所以，
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，则 ，
由得OE→=OP→+λPD→=0,0,1+λ0,2,−1=0,2λ,1−λ， .
对于A：当时，，CE→=(−1,0,12) ，平面的法向量为，
因为 ，且不在平面内，故平面，A正确；
对于B：时，CE→=(−1,0,12) ，PB=(1,0,−1) ，设直线与所成角为，
则 csθ=CE→⋅PB→CE→PB→=3252×2=310≠32，故夹角不是，B错误；
对于C：当时，E(0,25,45) ，CE=(−1,−35,45) ，
平面的法向量为AB→=(1,0,0) ，设直线与平面所成角为，
则 sinα=CE→·AB→CE→AB→=1−12+−352+452=12=22，得，C正确；
对于D：当时，四点坐标：A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,25,45) ，
则 ，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径，
因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为0,1,k，
则由球心到各顶点的距离相等，可得02+12+k2=02+1−252+k−452，
解得，所以球心为，半径，故外接球表面积S=4πR2=4π ，D正确.
11. 设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件概率公式即可判断A，根据事件的独立性即可判断B，根据德摩根定律即可判断C，根据概率的基本性质即可判断D.
【详解】对于A，若γ≠0 ，由概率的基本公式有，
代入PA+B=α,PAB=β ，
则α=PA+PB−β⇒PA+PB=α+β ，
由条件概率有，且PAPB=γ ，
则有PA|B+PB|A=PABPB+PABPA=PABPA+PBPAPB=βα+βγ，故A正确.
对于B，已知PAB=β ，PAPB=γ ，
若，则，这说明事件相互独立，
由于PA+PB=α+β ，要使PA+PB=α ，
必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误；
对于C，由德摩根定律AB=A∩B=A∪B=A+B，
因此PAB=PA+B=1−PA+B=1−α ，故C正确；
对于D，令PA=x,PB=y ，其中，令PAB=z ，
由概率的基本性质得max0,x+y−1≤z≤minx,y，
要证β−γ≤14，也就是证PAB−PAPB≤14，
即证z−xy≤14，即−14≤z−xy≤14，
①先证z−xy≤14：不妨设，则z≤minx,y=x ，
则z−xy≤x−xy=x1−y≤x1−x，
而函数fx=x1−x=−x−122+14，最大值为，在处取得，
因此，z−xy≤x−xy=x1−y≤x1−x≤14，在时取等号；
②再证−14≤z−xy ，即证xy−z≤14，由于z≥max0,x+y−1，
所以−z≤−max0,x+y−1=min0,1−x−y，
因此xy−z≤xy+min0,1−x−y=minxy,xy−x−y+1，
当时，此时minxy,xy−x−y+1=xy ，
因此xy−z≤xy≤x1−x≤14，在时取等号；
当时，此时minxy,xy−x−y+1=xy−x−y+1 ，
因此xy−z≤xy−x−y+1=1−x1−y0 ，且，
而F23a,0，故MF2=x1−3a2+y12，将代入，
整理得，同理，
所以MF2⋅NF2=3ax1+x2−9x1x2−a2=−18a−9−9−2a2−a2
，解得（负根舍去），
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，
所以轴．
【小问3详解】
当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立y−4=k(x−1)x24−y232=1，得8−k2x2+2k(k−4)x−k2+8k−48=0 ，
则，
所以xM−xN=32−3k2−8k+488−k2，
将直线与渐近线分别联立得：
，
因为，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
19. 设函数，若有两个极值点，且.
（1）求的取值范围；
（2）当时，记为最大零点.
（i）①证明：有两个零点；②证明：；
（ii）比较与的大小，并给出证明.
【答案】（1）
（2）（i）①证明见解析；②证明见解析；（ii），证明见解析
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论，利用导函数得出单调性，得出，解不等式即可；
（2）（i）①结合，分、两种情况探究的单调性，由零点存在性定理以及可证；
②利用和可证；
（ii）由化简，构造函数，得出，结合单调性可得.
【小问1详解】
，令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为.
【小问2详解】
（i）①易知，由（1）可知，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意．
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证．
②因为为极值点且，
所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，
得，命题得证．
（ii）由（*）可知，所以
，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．