河北部分高中2026届高三二模数学试题（含解析）高考模拟

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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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接由复数的乘法及除法运算可得.
【详解】由得，，即，所以，
根据复数的除法.
3. 已知正项等比数列满足 ，则 （ ）
A. 8B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式化简已知条件，由此求得.
【详解】设正项等比数列的公比为，其中，，
依题意得，
两式相除得，解得（负根舍去），
所以，
解得.
4. 在某人工智能推荐系统中，用户偏好与商品特征会被编码为特征向量，即，其中代表用户偏好向量，代表商品特征向量，越小，商品越符合用户喜好.已知某用户偏好向量，某件商品的特征向量，当该商品最符合该用户喜好时，的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，
当时，取得最小值.
5. 已知抛物线C 的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为.求得AE=4， 确定是等边三角形，再利用抛物线的定义求得AF=6, 进而求得即可得的值.
【详解】设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为.则BE=A1B1=43，
因为所以AE=82−432=4，
因为,
根据抛物线的定义，知，，所以是等边三角形，
所以AF+BF=8AF−BF=4，解得AF=6,BF=2
所以A1F=AF=6 ，,
所以GF=12A1F=3 ，即
6. 若函数的图象在点处的切线恰好与函数 的图象切于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设切点，求出导函数进而得出切线斜率得出切线方程，再应用切线相同列式计算求解，即可得出切线方程.
【详解】因切线与的切点为， 由可得，
切线方程为：，即①
依题意，切线与的切点为 ，因，
则切线的方程为：，即②
因①，②都是的方程，则有 ，
联立两式消去 并整理得，即，解得.
7. 若圆 M: 上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点 P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（ ）
A. (0，4]B. [4，+∞)C. (0，2]D. [2，+∞)
【答案】D
【解析】
【分析】过点作圆的两条切线（为切点），根据题意得到，结合已知可得圆心到直线的距离，由点直线的距离公式代入列不等式求解即可．
【详解】圆 M:的圆心坐标，半径为，
此时圆心到直线l:的距离为，
若在圆M上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝60°，过点作圆的两条切线（为切点），,
所以，解得，
故选：D.
8. 已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应的概率，再利用数学期望公式求解.
【详解】随机变量的可能取值为.
当时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白球，
第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：；
当时，前两次未出现同号球，第三次才取到，
第一次任取一球，第二次不取同号球，
第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：；
当时，前三次未出现同号球，第四次才取到，
第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同号球，
第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：；
当时，前四次未出现同号球，
第五次必然取到（前四次取了4个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同号）：
，
数学期望：.
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. 已知在锐角三角形中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对A根据正弦函数的单调性判断可得；对B根据锐角三角形及A选项分析结果可得；对C由锐角三角形及正切函数的单调性判断可得；对D先B选项分析知，进而可得，再由余弦函数的单调性可得.
【详解】因为锐角三角形中，，，
即，
因为均为锐角，所以，且在上单调递增，
所以，即，故A错误；
对于B，因为，所以，由A选项分析知，
所以，得，又因为为锐角，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，
因为在上单调递增，所以，
因为为锐角，所以，所以，故C正确；
对于D，由B选项分析知，所以，
因为，所以，在上单调递减，
所以，故D错误.
10. 如图，四面体中，分别为，的重心，则（ ）
A. 与可能平行
B. 平面
C. 若与均为等边三角形，则平面⊥平面
D. 若与均为等边三角形，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，假设平行，推出矛盾，A错误；B选项，利用比例关系得到平行关系，得到线面平行；C选项，先得到线面垂直，进而证明面面垂直；D选项，在C基础上，根据锥体体积公式可得两者相等.
【详解】A选项，假设，因为平面，平面，
所以平面，但是与平面显然有交点，故假设不成立，A错误；
B选项，如图，取的中点，连接，
因分别为，的重心，则分别过点，且，
所以，又因平面，平面，故平面，B正确；
C选项，由B知，平面即为平面，
若与均为等边三角形，则⊥，⊥，
又，平面，
所以⊥平面，又平面，故平面⊥平面，C正确；
D选项，易知，所以为等腰三角形，
过点作⊥于点，过点作⊥于点，则，
由C可知，⊥平面，又平面，所以⊥，
又，平面，所以⊥平面，
同理可得⊥平面，
所以，，
又，，所以，D正确.
11. 已知函数的定义域为,，且当时，，则（ ）
A.
B. 是增函数
C. 函数是增函数
D. 若实数满足. ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A直接赋值可得；对B构造函数，从而可判断具有线性可加性且单调递增，可设并结合导数可判断BC；对于D将不等式等价转化为，再结合指数函数的性质分类讨论判断可得.
【详解】因为，所以，
令，则，即.
对于A，令，得，即，所以，故A正确；
对于C，因为，且当时，，所以当时，，
设任意且，则.
.
因为，由题意知，则.
因此，所以在上单调递增，故C正确
对于B，又因为，所以设，则，
所以，且，
当时，，单调递增，当时，，单调递减；故B错误；
对于D，由B选项解析知，由
所以， ，
，
当时，，
所以成立；
当时，，，
所以成立；
当，令，
则，
所以不成立，
当，令，
则，
所以不成立，
综上所述，若，则，故D正确.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理求出的展开式的通项，即可求解展开式中x的系数.
【详解】设的展开式的通项为，
令，得，，
所以，的展开式中的系数为.
13. 已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆定义和余弦定理可构造方程，利用表示出的长度，再利用余弦定理构造关于的齐次式即可求得离心率.
【详解】
设，则，
由椭圆定义可知：，，
由余弦定理得：，
整理可得：，（舍）或，
，，，
，，即，
的离心率.
14. 已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________.
【答案】1
【解析】
【分析】分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对进行分类讨论，得到答案
【详解】
，
所以的一个周期为，
当时，
，
由于在上恒成立，
故在上的零点个数，即为的解的个数，
，显然无解，舍去，
，
由，得，所以，
在上单调递减，
当时，
，
因为在上恒成立，
故在上的零点个数，即为的解的个数，
，显然无解，舍去，
，
由，得，所以，
且在上单调递减，
在区间内恰有个零点，
需满足在每个区间内只有1个零点，
若，则，满足
即有且只有1个解，
，满足
即有且只有1个解，
综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；
若，则，满足，
即有且只有1个解，
，满足
即有且只有1个解，
综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；
若且，其中，则，
不满足，无解，
同理，不满足，
无解，
综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去；
若，则，满足，
即有且只有1个解，
，不满足，无解，
故函数在各个区间内各有1个零点，
在区间内恰有2026个零点，满足要求；
若，则，不满足，
即无解，
，满足，有且只有1个解，
故函数在内各有1个零点，
但在内无零点，
故在区间内恰有2025个零点，不合要求；
综上，
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. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.
（1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.
附
【答案】（1）

（2）文本生成效果与模型类型有关.
【解析】
【分析】（1）先计算随机生成次为有效生成的频率，再由频率估计概率可；
（2）直接由独立性检验计算可得.
【小问1详解】
首先补全列联表：
根据频率估计概率，模型共生成次，其中有效生成次，
因此随机生成次为有效生成的频率为，
根据频率估计概率，利用模型随机生成次文本，该文本生成效果为有效生成的概率.
【小问2详解】
零假设：文本生成效果与模型类型无关.
代入卡方公式计算，令,
因为小概率值对应的临界值，由于，因此不成立.
结论：依据的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关.
16. 已知是数列的前项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到；
（2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论.
【小问1详解】
当时，，，
，又，；
，即，；
则当为奇数时，；当为偶数时，；
.
【小问2详解】
由（1）得：，
，
，
，.
17. 如图，四棱台的底面为正方形，平面，平面与平面的交线为l.
（1）证明:平面;
（2）若，直线与交于点，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，根据线面平行的性质定理证得，进而证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得直线与平面所成的角的正弦值，根据正弦值取最大值求得点坐标，进而求得.
【小问1详解】
因为四边形是正方形，所以，
因为平面平面，所以，
由于平面，所以平面.
由于平面，平面，
所以平面，
由于平面，平面与平面的交线为，
所以，所以 平面；
【小问2详解】
以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，
根据正四棱台的性质可知，
则，设，由于，
而，所以同向，则，
，，，
设平面的法向量为，
则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅CN=t−2y+2z=0，故可设，
设直线与平面所成的角为，
则
，
所以当时，取得最大值，
也即取得最大值，对应.
18. 已知双曲线的离心率为点在上.
（1）求的方程.
（2）已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点.
（i）若直线BC和BD的斜率分别为，求;
（ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过离心率与点在曲线上的条件求解双曲线方程；
（2）（i）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理计算斜率乘积；
（ii）联立直线方程，结合韦达定理关系化简，确定交点横坐标为定值.
【小问1详解】
由双曲线离心率，得.
结合，得，故.
将点代入双曲线方程，得5a2−12214a2=1 ，
解得，则.
故双曲线的方程为.
【小问2详解】
（i）双曲线的左右顶点为，.
设过的直线为，与交于，.
联立方程，消去得，，
由韦达定理，，.
直线、的斜率分别为，，则k1k2=y1y2x1−2x2−2，
代入，，
得x1−2x2−2=my1+2my2+2=m2y1y2+2my1+y2+4
，
因此.
（ii）直线的方程为，令，得N−2,−4y1x1−2.
直线的方程为，
直线的方程为y=−4y1x1−2−2−4x−4=2y13x1−2x−4.
联立两直线方程：y2x2+2x+2=2y13x1−2x−4，
代入，，结合，
即，
所以y2my2+6x+2=2y13my1+2x−4，
322my1y2+4y2x+2=2my1y2+12y1x−4，
32−3y1−3y2+4y2x+2=−3y1−3y2+12y1x−4，
−3y1+y2x+2=6y1−2y2x−4，
−3y1+y2x−6y1+2y2=x6y1−2y2−24y1+8y2，
y2−3y1x=2y2−3y1，即x−2−3y1+y2=0 ，
因在右支，不恒为，故.
即点在定直线上.
19. 已知函数，是的导函数.
（1）当时，证明：；
（2）讨论的极值点个数；
（3）若有两个极值点，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论；
（2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数；
（3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论.
【小问1详解】
当时，，
令，则定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即.
【小问2详解】
由题意知：定义域为，，
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，；当时，；
由此可得大致图象如下图所示，
①当，即时，与有唯一交点，
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
有唯一的极小值点，无极大值点；
②当，即时，与交于两点，
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
有一个极小值点，一个极大值点；
③当，即时，恒成立，即恒成立，
在上单调递减，无极值点；
综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为.
【小问3详解】
由（2）知：若有两个极值点，则，此时；
，
，
要证，只需证，
即证，
只需证，即证，
，，
令，则与交于两点，其中，则，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
要证，只需证，即证，
，，在上单调递减，只需证，
又，只需证，
令，则，
，，，在上单调递增，
，又，，
即，原不等式得证，即.
方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.

有效生成
无效生成
合计
模型


模型


合计


有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计
有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计