河北巨鹿中学等学校2026届高三第二次模拟预测数学试题（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. 已知复数z满足2z1−i=i 则z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】由2z1−i=i 得z=1−ii2=i−i22=12+12i ，
所以z在复平面内对应的点为，位于第一象限.
2. 已知全集，集合，则的子集个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】∵ 解不等式，得，
又∵ ，∴ 全集U={−1,0,1,2} .
∵ 集合，由补集定义可得∁UA={−1,0,2} ，共3个元素.
∵ 含个元素的集合的子集个数为，
∴ 的子集个数为.
3. 已知曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线，点在上，则的实轴长为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线方程为，代入点求解可得方程，然后可得实轴长.
【详解】因为曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线，
所以可设其方程为x2−y2=λ,λ≠0，
因为点在上，所以32−52=λ ，即，
所以曲线的方程为，则，
所以的实轴长为.
4. 在平行四边形中，若点 E满足 ，与交于点， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为在平行四边形中，若点 E满足，
则，所以AMCM=ADCE=43，
所以，
则，则.
5. 已知函数 则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可求解.
【详解】的定义域为，f−x=2−x−1−x2+1=2x−1x2+1=fx，故为偶函数，
当时，fx=2x−1x2+1，由于为上的单调递增函数，故 为上的单调递增函数，结合为单调递增函数，故fx=2x−1x2+1为上的单调递增函数，
由可得，解得.
6. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理即可得到答案.
【详解】由正弦定理得，
即，
即，
即，又因为，所以，显然，
所以，又因为为三角形内角，所以，
由余弦定理得，
即，解得（负舍）.
7. 已知正三棱锥的高，G是线段SO上一点，过点 G且与平面平行的平面分别与SA，SB，SC交于点 D，E，F，若三棱台的体积为，则SG=（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正三棱锥的性质，可求得各个长度和，设正三角形的边长为a，根据体积公式，代入求解，可得a值，即可得答案.
【详解】连接OC，因为正三角形，且，
所以，则，
则，所以，
由题意得，为正三角形，设边长为a，
则，所以，
所以三棱台的体积
，
则，解得，所以.
8. 已知椭圆 的左焦点为F，直线l过坐标原点 O 且与椭圆交于第一象限内的一点A，若 则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换解得，进而得，在中，由正弦定理得AO=3c ，过点作轴于点，进而得点的坐标，代入椭圆方程求解即可.
【详解】由题意得：，
又∠AFO∈0,π2,∠FAO∈0,π2，
所以，，
所以∠AOF=π−∠AFO+∠FAO，
所以sin∠AOF=sinπ−∠AFO+∠FAO=sin∠AFO+∠FAO，
又∠AOF∈π2,π，所以，
在中，由正弦定理有：OFsin∠FAO=AOsin∠AFO，
所以AO=OFsin∠AFOsin∠FAO=c×2114714=3c ，
过点作轴于点，
所以，
所以AH=AOsin∠AOH=3×12=32c ，
OH=AOcs∠AOH=3c×32=32c ，
所以A32c,32c，
所以32c2a2+32c2b2=1 ，所以9c24a2+3c24a2−c2=1 ，
化简整理得：，即，
解得e2=8−279，又，所以.
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 是偶函数，f(x)图象的一个对称中心为点 则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 4π是f(x)的一个周期
D. f(x)在区间 上的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数的奇偶性求解，根据对称性可得，，进而得函数的表达式，即可根据选项逐一求解.
【详解】由于fx=4sinωx+φ−π3+m,00，等价于2xe2x−1≥2lnax+1e2lnax+1−1，
令ℎt=tet−1t>0，则ℎ't=et−1+tet>0 恒成立，所以在上单调递增.
故原不等式等价于ℎ2x≥ℎ2ln⁡ax+1， 由的单调性，不等式等价于2x≥2ln⁡ax+1，即x≥ln⁡ax+1，
故原不等式恒成立等价于x≥ln⁡ax+1对所有恒成立，变形得ex≥ax+1 ，即： a≤ex−1xx≥1，
令gx=ex−1x，求导得g'x=exx−1+1x2​，当时g'x>0 ，
故在上单调递增，最小值为g1=e−1 ，所以.
又，得的取值范围是(0,e−1] .
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. 已知等差数列 满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若当n≥14n∈N∗时，求 的前n项和
【答案】（1）
（2）Tn=3n2−79n+5684
【解析】
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式，再结合已知条件列出关于首项和公差的方程组，进而求解出和，最后得到数列的通项公式即可；
（2）先根据（1）中求出的的通项公式，判断时的正负性，再根据的分段表达式求出的值即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，，
可得：a3=a1+2d=−13a15=a1+14d=5
解得：a1=−16,d=32
所以：，
故数列的通项公式为：.
【小问2详解】
由可知，
当时，，此时，
当时，，所以bn=|an−3|=3−an=41−3n2，
当时，，所以bn=|an−3|=an−3=3n−412，
故
=−a1+a2−a3+a4−…+a10−a11
=(−a1+a2)+(−a3+a4)+…+(−a9+a10)−a11
因为每一组括号内的和为公差，共5组，因此：T11=5×32−a11，
因为a11=3×11−352=−1 ，代入得：T11=152−(−1)=172，
又因为b12=41−3×122=52, b13=41−3×132=1 ，
所以，
所以当时，，是一个首项为b14=12，公差为的等差数列，
k=14nbk=n−1322×12+n−14×32=n−133n−404
所以，前项和为：Tn=T13+k=14nbk
=484+3n2−79n+5204
=3n2−79n+5684.
16. 已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值.
【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减;
（2）0
【解析】
【分析】（1）先确定函数的定义域，将代入函数表达式，再对函数求导，并对导函数进行化简，依据，函数在对应区间上单调递增；，函数在对应区间上单调递减；
（2）根据直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，得到直线与曲线的交点是切点，所以设切点的坐标为，根据导数的几何意义，以及切点在曲线和直线上，列出关于和的方程，整理化简得2x0+x0x0+1−2lnx0+1+2−2ln2=0 ；令ℎx=2x+xx+1−2lnx+1+2−2ln2 ，对求导，分析的单调性和极值，根据仅有一个零点的条件确定的值.
【小问1详解】
函数的定义域为;
当时，fx=14x2−x+lnx+1，得f'x=x2−1+1x+1=xx−12x+1；
令，得或，则：
当时，；当时，；
在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
fx=ax2−x+lnx+1，f'x=2ax−1+1x+1；
直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，直线与曲线的交点是切点，设切点的坐标为；
∴fx0=ax02−x0+lnx0+1，f'x0=2ax0−1+1x0+1；
∴2ax0−1+1x0+1=1ax02−x0+lnx0+1=x0+1−ln2，得2x0+x0x0+1−2lnx0+1+2−2ln2=0 ；
令ℎx=2x+xx+1−2lnx+1+2−2ln2 ，，
∴ℎ'x=2+x+1−xx+12−2x+1=2x2+2x+1x+12=2x+122+12x+12>0
在上单调递增，即在存在唯一的实数根，使得；
又∵ℎ−12=2×−12+−12−12+1−2ln12+2−2ln2=0 ，；
∴f'−12=2a×−12−1+1−12+1=1 ，解得；
实数a的值为0.
要注意函数的定义域为，所有分析都要在该定义域内进行；处理切线问题时，要确保切点同时满足曲线方程和切线方程，以及导数与斜率的关系；分析函数零点个数时，要结合函数的单调性和极值情况，注意极值点处的函数值与0的关系.
17. 如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若，求三棱锥外接球的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，借助菱形性质可得，借助等腰三角形三线合一可得，则可利用线面垂直判定定理得到平面，再利用面面垂直判定定理即可得证；
（2）可建立适当空间直角坐标系，再设，，从而可表示出各点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由可表示各点具体坐标，再利用三棱锥外接球性质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解.
【小问1详解】
连接，设，连接、、，
由底面为菱形，故，且，为中点，
由，，故与全等，
故，又为中点，故，
又，、平面，
故平面，又平面，
故平面平面；
【小问2详解】
由，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则、，
由，则，故B0,33a,0，则D0,−33a,0，
由平面平面，且平面平面，
故直线在平面上的投影为直线，
又与底面所成角为，则，
，即A1a−b2,0,32b，
则AA1=−b2,0,32b，BA=a,−33a,0，DA=a,33a,0，
设平面于平面的法向量分别为、，
则有m⋅BA=ax1−33ay1=0m⋅AA1=−b2x1+32bz1=0，n⋅DA=ax2+33ay2=0n⋅AA1=−b2x2+32bz2=0，
取，则，，，故、，
则csm,n=m⋅nm⋅n=3−9+13+9+1×3+9+1=−513，
故sinm,n=1−5132=1213，即二面角的正弦值为；
【小问3详解】
由，，，
则，，，A133−3,0,33，
由，则B1−3,3,33，
由，则与都为等边三角形，故，
则点为外接圆圆心，设三棱锥外接球球心为点，
则必有平面，可设T0,−3,t，
则有BT=0,−6,t、B1T=3,−6,t−33，
则BT=B1T，即02+−62+t2=32+−62+t−332，
整理得，即，故BT=02+−62+232=43，
即三棱锥外接球的半径为，故其体积V=43π⋅433=2563π .
18. 已知点是抛物线 上一点，且点N到点的距离是其到抛物线准线距离的倍.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在第二象限，过点 作斜率分别为 的直线 ，分别与抛物线交于点和，线段的中点分别为，若点到直线 的距离为.
(i)求的最大值；
(ii)若是坐标原点，当取最大值时，求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）(i)；(ii)
【解析】
【分析】（1）根据题设条件可得关于的方程组，求出其解后可得抛物线方程；
（2）(i)联立直线方程和抛物线方程后可得，结合题设条件可得直线过定点，从而可求的最大值； (ii)根据取最大值时确定、的坐标，从而可求四边形面积.
【小问1详解】
抛物线的准线为，
点在抛物线上，代入得，
根据抛物线定义，点到准线的距离为，
由题意，平方得：，
代入，化简得，解得，
因此抛物线方程为；
【小问2详解】
已知在第二象限，得，
设直线，联立得，
由中点坐标公式得中点，同理得，
故kEF=4k22+4−4k12+44k2−4k1=k1+k2，所以直线：，
而，故，
故直线：即y=−34k1k2x−163+4 ，
故恒过定点；
(i)是到过定点的直线的距离，
则d≥NQ，当且仅当时取等号，
故dmax=NQ=−163+42+(4−2)2=169+4=2133，
当时，，故，而，
故，故存在相应的线段，使得即.
(ii) 当最大时，，故此时E−83,529,F163,1009，
而，
故ON=(−4)2+22=25，OF=2569+1000081=49252+122，
直线即，同理，
故点到直线的距离为−83+52×295=8095，
同理到直线的距离为−83×25−52×129252+122=17×8252+122，
故四边形的面积为.
19. 现有甲、乙两个不透明的盒子中装有若干个除颜色外均相同的小球，起始状态为甲盒中有个红球，个白球，乙盒中有个红球，个白球，，，，．某同学进行取球试验，分三步操作，第一步：从甲盒中随机取出个球放入乙盒中；第二步：从乙盒中随机取出1个球(不放回)并记录颜色；第三步：从乙盒剩下的球中再随机取出1个球.记事件“从甲盒中随机取出个球放入乙盒中”，事件“从甲盒取出的个球中红球的个数为”，事件“第二步取出的球是红球”，事件“第三步取出的球是红球”．
（1）若，，，，，求和（注： 表示在事件发生的条件下和同时发生）
（2）证明:；
（3）在（1）的条件下，当时，该同学试验结束，否则回到起始状态，重新进行下一轮试验.若每轮试验，第一步从甲盒中取出的球中有个红球，则该轮的得分为，求试验结束时该同学总得分的平均值．
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）按古典概型计算第一步取出个红球的概率；在发生的条件下，乙盒中共有个球，其中个红球，再计算连续两次取出红球的概率．
（2）在发生的条件下，乙盒中共有个球，其中红球数为．第二步取红球的概率可直接求得；第三步取红球的概率按第二步是否取到红球分类计算，化简即可得到相等关系．
（3）由第（2）问先判断试验结束等价于，再用“本轮得分加下一轮期望”的递推方程求总得分的平均值．
【小问1详解】
由超几何分布，．
在条件下，乙盒共有个球，其中红球个，白球个，
故．
【小问2详解】
在发生的条件下，乙盒中红球数为.
总球数为.
所以PR1∣Xi=a+ia+b+k.
下面计算PR2∣Xi．
若第二步取到红球，则第三步取到红球的概率为.
若第二步未取到红球，则第三步取到红球的概率为.
又因为在发生的条件下，第二步取到红球的概率为.
第二步未取到红球的概率为.
所以PR2∣Xi=a+ia+b+k⋅a+i−1a+b+k−1+b+k−ia+b+k⋅a+ia+b+k−1=a+ia+b+k⋅a+i−1+b+k−ia+b+k−1=a+ia+b+k⋅a+b+k−1a+b+k−1=a+ia+b+k.
因此PR2∣Xi=PR1∣Xi.
【小问3详解】
在（1）的条件下，，，．
由第（2）问可得.
试验结束的条件为，解得.
又因为第一步取出个球，所以.
故试验结束当且仅当.
第一步从甲盒的个红球、个白球中取个球，取出红球数的各概率为:
Pi=0=C40C33C73=135；
Pi=1=C41C32C73=1235；
Pi=2=C42C31C73=1835；
Pi=3=C43C30C73=435；
设试验结束时总得分的平均值为．
若本轮，本轮得分为，试验结束；若本轮，
则本轮得分分别为0,10,20 ，之后回到起始状态，下一轮及以后总得分的平均值仍为．
于是.
整理得.
所以，解得.
因此试验结束时该同学总得分的平均值为．0
1
0
0