河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟，共13页。
2．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、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．
3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液，答案写在本试卷上无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由可得，
所以集合，
故.
2. 已知复数，则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，
所以的虚部是.
3. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用同角三角函数关系求出，再应用两角差余弦公式计算求解.
【详解】已知，
则，
则
4. 的最大值是（ ）
A. 9B. 3C. 18D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质计算即可.
【详解】令，则，解得，
所以函数的定义域为.
因为在处取得最大值，
最大值为3，所以的最大值为3.
5. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，
，
所以异号，又因为，所以为钝角，
由，
因为为钝角，
所以.
6. 圆上的点到直线距离的最大值是（ ）
A. 7B. 5C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】圆的圆心，半径，
直线可化为，
令，得，故直线过定点，
由图知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值：，
故圆上的点到直线距离最大值为.
7. 如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的最小值是
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理、向量共线的定义、余弦定理、向量的模的计算、基本不等式的性质逐项计算判断即可.
【详解】对于A，，所以A正确；
对于B，由A选项知，所以.
在中，利用余弦定理得，B错误；
对于C，因为点三点共线，所以存在实数使得，
因为，由A知，
所以，所以 ，即，C正确；
对于D，由C可知，结合题意可知，
所以
当且仅当，即时，等号成立，此时取最小值为，D正确.
8. 已知定义在上的函数，满足以下两个条件：（1）对任意恒成立，且；（2）对任意都有，则下列关于函数的表述中正确的个数为（ ）
①；②；③函数有最小值；④函数有最大值．
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】运用赋值法判断①②，通过特殊函数判断③④即可.
【详解】①：在中，令，
得，
因为对任意恒成立，所以，
所以由，因此本序号结论正确；
②：在中，令，
得，因此本序号结论正确；
令，满足条件（1）对任意恒成立，且；
，，
满足（2），都有，
但是函数没有最大值也没有最小值，故③④序号结论都不正确，
所以表述中正确的个数为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 正方体外接球体积为
C. 存在一点，使得直线CE与平面所成的角为
D. 到平面的距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由线面平行的判定可判断A，由正方体外接球的直径为对角线可判断B，由线面角定义可判断C，由等体积法判断D.
【详解】对于A：由于在正方体中，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，A正确；
对于B：正方体外接球的直径为对角线，即，
所以，B正确；
因为平面，则为直线CE与平面所成的角，
则，
若，则，所以，
又，，
所以存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，C正确；
由A知平面，为上的动点，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
设到平面的距离，
，，
由等体积可得：，即，
所以，所以到平面的距离为，D错误.
10. 在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核心驱动力．当前AI正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题的概率分别为，则（ ）
A. 只有一个小组受到奖励的概率等于
B. 技术难题被攻克的概率为
C. 只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D. 甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
【答案】BD
【解析】
【分析】运用独立事件概率的乘法公式，结合对立事件的概率公式逐一判断即可.
【详解】A：设甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题为事件，
所以，
只有一个小组受到奖励的概率等于
，所以本选项说法不正确；
B：技术难题被攻克的概率为，所以本选项说法正确；
C：只有甲、丙小组受到奖励的概率为，所以本选项说法不正确；
D：甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为，所以本选项说法正确.
11. 已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. ，使得
C. 数列的通项公式D. ，都有
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意可得，计算可判断A；由题意得，求解判断B；若时，可得，求解计算可判断CD.
【详解】因为定义在上的函数满足：，且，
所以，所以，
又，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，所以，
若，得，解得，又，不存在的值，
所以不存在，使得，故B错误；
当时，由，得，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以是函数的第一个极小值点.
若时，则，
则，
所以，，
所以，即
递推得，
求导得，
令，可得，解得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的第个极小值点为，
所以，即，故C正确；
所以第个极小值为
当时，极小值，故D错误.
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法，令，和，即可求解.
【详解】由题意得：
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
所以.
13. 已知双曲线的离心率为的一条渐近线与圆交于两点，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由双曲线的离心率， 得，即.
由，代入得，化简得，即.
双曲线的渐近线方程为，整理为和.
圆心为，半径，分别计算圆心到两条渐近线的距离：
①到的距离.
②到的距离，直线和圆无交点.
因此只能取渐近线， 由弦长公式
得，所以.
14. 已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】先根据条件利用余弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在上单调，可得，检验可得它的最大值．
【详解】函数，为的零点，为图象的对称轴，
，且，
相减可得，
即，，即为奇数．
在单调，，
，故奇数的最大值为．
当时，，
，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，
，，
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，
，，
此时在上单调递减，满足题意；
故的最大值为.
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. 已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前90项和．
注意：这里表示角度，
【答案】（1）
（2）45
【解析】
【分析】（1）根据求出数列的通项公式即可.
（2）先列出数列的前90项和，然后利用三角函数的二倍角公式进行化简，进而求出结果.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
当时满足，故.
【小问2详解】
设数列的前90项和为，又，
则
因为，
所以
，
所以.
16. 2026年我国科技前沿的标志性事件可以概括为四大主线，第一类就是人工智能与算力，第二类是航天与通信，第三类是能源与材料，第四类是生命科学与前沿突破．其中第一类人工智能与算力包含四个事件：AI超级计算平台规模化落地，多智能系统成为标配，特定领域语言模型爆发，脑机接口商业化元年；第二类航天与通信包含三个事件：低轨卫星互联网组网成型，6G试验网与标准突破，商业空间站与深空探测；第三类能源与材料包含三个事件：可控核聚变“亿度”持续运行，钠离子电池量产应用，高端材料国产替代领跑；第四类生命科学与前沿突破包含两个事件：碱基编辑疗法临床验证，量子计算实用化进展．
（1）从前三类主线的10个事件中随机选取一个事件，求该事件属于第一类主线的概率；
（2）从前三类主线的10个事件中不可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示所选事件属于第二类或第三类的数量，求随机变量的分布列和期望；
（3）从前三大主线的10个事件中按可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示事件属于第二类或第三类的数量，比较与的大小关系．
【答案】（1）
（2）

（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型知识求解即可.
（2）先确定的可能取值，然后求出对应的概率，进而得到分布列和期望.
（3）先确定，进而得出结果.
【小问1详解】
10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，所以从10个事件中随机抽取一个事件，
该事件属于第一类主线的概率为.
【小问2详解】
10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，
所有可能的取值为：0，1，2，3．
.
所以的分布列为：
．
【小问3详解】
理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，
随机变量，所以．
17. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，．
（1）求证：平面BDE；
（2）求证：平面DEF
（3）在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
连接AC，交BD于，连接OE，因为E，O为中点，
所以EO是的中位线，所以，
又因为平面平面BDE，所以平面BDE．
【小问2详解】
，又是PC的中点，所以，
因为底面ABCD，
所以，
而平面平面PDC，
所以底面平面PDC，所以
又平面平面PBC，
故平面PBC，平面PBC，
所以，
又因为平面平面DEF，
故平面DEF．
【小问3详解】
设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设．，
，，，
因为与所成的角为，
则即，
化简得，又因为，解得
又因为，故，设平面DEG的一个法向量为，则
，令，则
所以．
由（2）可知：平面DEF，
故是平面DEF的一个法向量，
设平面DEF与平面DEG夹角为，则有．
故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为．
18. 已知函数
（1）令，讨论函数的单调性；
（2）若函数有极大值点，求证．
【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的性质，结合分类讨论思想进行求解即可；
（2）根据函数极大值的定义、函数零点存在原理，结合导数的性质、构造新函数法进行运算证明即可.
【小问1详解】
的定义域为
，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
【小问2详解】
，易知，由（1）知：
①当时，是上的增函数，且，所以无极大值，不合题意，
②时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以．
当，即时，在上单调递增，无极大值，不合题意；
当，即时，
时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当，即时，时，，
时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
因为，所以，因此函数在上单调递减，
所以当时，有，则有，
因为，所以，于是有，
，使，当时，时，，为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，则，
在上为减函数，故，所以，
即成立，故．
19. 已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去．
（1）求的方程；
（2）若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值；
（3）若是在第一象限与不重合的一点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据点与点的对称性，结合直线斜率公式进行求解即可；
（3）设出直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式、三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
由题意得，
又椭圆过，故，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，经过3次操作后停止，即有与
关于原点对称，，所以与关于原点对称，
因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称．设，
则，
即有，解得，所以，故有．
【小问3详解】
由（1）知，，设，则直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，所以
则有，即，
设直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，
所以
则有，即，
所以与关于原点对称．
故直线的方程为，
点到直线的距离
又因为，所以
所以．
0
1
2
3
0
1
2
3