河北张家口市2026届高三第二次模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

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1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上．
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，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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知，，，
因此，故C正确．
2. 已知复数，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，则．
3. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】首先由等差数列的性质得出，根据等差数列性质得出，最后计算对数.
【详解】由，得，
又，所以．
4. 圆柱与圆锥的底面半径均为，母线长均为，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得圆锥的高为，则圆锥的体积，
圆柱的体积为，所以圆柱与圆锥的体积之比为．
5. 将函数的图象向右平移（）个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解析：由题可知，又，所以.
6. 已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量，且，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用对立事件求对称点的概率，再根据正态曲线关于 对称的性质，均值为两对称点的中点，最后利用对称性求区间概率.
【详解】因为随机变量 ，正态分布的概率密度曲线关于 对称，
由题：， ，
则，
所以 ，对称轴为：，
由正态分布的对称性得：，
所以
.
7. 已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】易知的渐近线为，
联立，可得，或，
不妨设，，
又的面积为16，则，解得，
联立整理得，
解得或（舍去），
所以，，
所以.
8. 已知正三棱柱的底面边长为4，高为，，分别为，的中点，球面经过，，，四点，则球面与该正三棱柱的上底面交线的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正三棱柱的特征得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合直角三角形的性质得到球心位置及球的直径，再结合球的截面性质求解即可.
【详解】如图，连接，，，，，易得平面，平面，
所以，，即和均为直角三角形，
所以即为球的直径，其长为，所以．
过点作于点，则．
球与上底面的交线即为以为圆心，半径为的圆弧，
又底面的边长为4，则交线为以为圆心，圆心角为，半径为2的圆弧，长度为．
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. 已知一组数据，，…，的平均数、中位数、众数、极差、标准差分别为a，b，c，d，e．设（，2，…，9），记新数据，，…，的平均数、中位数、众数、极差、标准差分别为A，B，C，D，E，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】AC
【解析】
【详解】因为，
则A=19y1+y2+y3+···+y9=192x1+x2+x3+···+x9+9=2×19x1+x2+x3+···+x9+1=2a+1 ，
中位数的位置不会改变，所以，因此A正确；
众数和极差满足，，可得B错误；
根据标准差定义可知E=22e2=2e ，C选项正确，D选项不正确．
10. 已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A. 圆心C的轨迹方程为
B. 圆C过定点
C. 当时，的最小值为15
D. 当时，四边形的面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，求出圆心的坐标，即可判断选项；
对于B，将圆C的方程化为，令解方程即可求解；
对于C，由，结合切线性质求出的最小值即可求解；
对于D，根据结合选项C即可求解.
【详解】圆C的方程可化为，，
对于A选项，圆心C的坐标为，则圆心C的轨迹方程为（除去点），所以A选项不正确；
对于B选项，圆C的方程可化为，令，
解得所以圆C过定点，所以B选项正确；
对于C选项，，
当时，，圆心，半径，
圆心到直线的距离，
所以，所以C选项正确；
对于D选项，，所以D选项正确.
11. 已知函数，则（ ）
A.
B. 函数的值域为
C. 方程有且仅有3个根，，，且
D. 方程的根的个数可能是0，5，6，7，8，9，10
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简函数并画出图象，利用图象即可判断AB；利用对称性求值判断C；令，数形结合即可判断D.
【详解】当时，，，所以；
当时，，，所以；
则函数的图象如下：
对于A选项，，所以A选项不正确；
对于B选项，由图可知函数的值域为，所以B选项正确；
对于C选项，当时，不妨设，则，，
所以，所以C选项正确；
对于D选项，令，则，．
当时，，方程有两个不相等的负根，原方程没有根，
当时，方程的根为，原方程没有根，
当时，，知原方程无解；
当时，易得，由图可知原方程有5个不等的根；
当时，方程有两个不同实根，，不妨设，
若，函数满足，，，
则，由图可知原方程有10个不等的根，
若，，原方程有9个不等的根，
若时，函数满足，，
，，
，原方程有8个不等的根，
若，，原方程有个不等的根，
当时，函数满足，，，
则，，由图可知，此时原方程有6个不等的根，所以D选项正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，则________．
【答案】##
【解析】
【详解】，．
13. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据导数的几何意义先求得的切线方程，再设出该切线与的切点，再利用公切线的斜率相等，且切点也在公切线上，代入计算即可求解．
【详解】由，则，
所以曲线在点处的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为．
设直线与曲线相切的切点为，且，
则，解得．
14. 某新能源汽车公司的电池由甲、乙两个厂家独立供货，汽车装配电池前，公司要对两个厂家所供电池进行严格检测，从甲厂家供货的件电池中检测出不达标的有件，从乙厂家供货的件电池中检测出不达标的有件．现从两个厂家等可能随机挑选一家，从所供货的电池中随机选择一件，检测结果不达标，则该件电池来自乙厂家的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式求解即可.
【详解】记事件“任取一件电池检测不达标”，“电池是从甲厂取出的”，“电池是从乙厂取出的”．
依题意可知，，，，
由全概率公式，得，
则．
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. 已知等差数列的公差和等比数列的公比均为，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等量关系建立方程，求解出和​，进而得到两个数列的通项公式；（2）使用错位相减法求解即可.
【详解】（1）依题意可知，，解得，
所以，．
（2）由（1）可知，，则
，
，
两式作差得
，
所以．
16. 已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点．
（1）求的方程；
（2）若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据长轴长及直线与椭圆的位置关系求解即可.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，根据圆的性质得到，结合韦达定理及直线过定点问题证明即可.
【小问1详解】
由题易知，
联立x24+y2b2=1y=12x+2得，
，
令，因为，解得，
所以C的方程为．
【小问2详解】
证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立，整理得，
，
则，，
所以．
因为以为直径的圆经过点，则，即，
即，
则，即或．
当时，，
直线的方程为，此时直线过定点，舍去；
当时，，
直线的方程为，此时直线过定点．
当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，两点为，，以为直径的圆的方程为，点在该圆上．
综上所述，直线过定点．
17. 在中，分别为内角的对边，分别为边，上的动点，记为与的夹角．
（1）证明：；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1) 方法一：由余弦定理化简得，两边同乘，结合正弦定理化简即可证明结论；
方法二：结合正弦定理将问题转化为证明，利用和差化积和二倍角公式，即可证明结论；
（2）方法一：特殊情况先验证：当点D，E都位于点A时，，一般情况： 由，利用向量数量积的几何定义即可证明；
方法二：展开右侧的和差角余弦，结合三角形中的射影定理与正弦定理，消去含的项，化简为左侧形式即可
【小问1详解】
方法一：由余弦定理得，，
所以，
即，
两边同乘，得，
由正弦定理可得，
所以．
方法二：由正弦定理可知，要证，
只需证，
又因为
，
所以，得证．
【小问2详解】
方法一：当点都位于点时，，等式显然成立．
当点不同时位于点时，
，
，
，
，
所以，又，
即．
方法二：展开等式右边，
，
易知，又由正弦定理可知，，
所以，
即．
18. 如图，在正四棱锥中，M，N分别为棱，的中点，点Q满足，．
（1）证明：．
（2）已知D，M，Q，N四点共面．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，与底面所成角的正切值为2，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）0
【解析】
【分析】（1）在中，，再证明平面，根据传递性可得平面，进而证明．
（2）（ⅰ）由D，M，Q，N四点共面，利用空间向量共面定理，设出，结合，建立关于的方程求解即可.
（ⅱ）先通过条件求出，建系，写坐标，求法向量，借助空间向量求平面与平面夹角的余弦值即可．
【小问1详解】
证明：设，则在正四棱锥中，平面．
因为M，N分别为棱，的中点，则，
，，平面，
所以平面，平面，
又平面，所以．
【小问2详解】
（ⅰ）由题可知，，．
因为M，N分别为棱，的中点，所以DM=12DA+DP，DN=12DC+DP，
DQ=λDA+DC+1−λDP．
又因为D，M，Q，N四点共面，则有，
于是可得λDA+DC+1−λDP=m2DA+n2DC+m+n2DP，
可得λ=m2,λ=n2,1−λ=m+n2,
解得．
（ⅱ）因为，与底面所成角的正切值为2，
所以，所以．
如图，以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，P0,0,2，M12,0,1，N−12,0,1，
BM=12,−1,1，MN=−1,0,0，PM=12,0,−1，PB=0,1,−2，
λ0,1,−2−12,0,−1=−12,λ,1−2λ=−12,13,13．
设平面的法向量为，
则BM⋅u=12x−y+z=0,MN⋅u=−x=0,，令，则，，
所以平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则MQ⋅v=−12m+13n+13t=0,MN⋅v=−m=0,，不妨令，则，
所以平面的一个法向量为v=0,−1,1．
设平面与平面的夹角为，则csθ=u⋅vu⋅v=0 ，
所以平面与平面夹角的余弦值为0．
19. 已知函数．
（1）若，求实数的取值范围．
（2）已知．
（ⅰ）设数列的前n项和为，证明：；
（ⅱ）若，且，，证明：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过分离参数并构造函数求导，利用导函数单调性与零点确定原函数最小值，进而解出参数范围；
（2）（i）利用第(1)问结论对不等式变形，代入进行放缩，转化为裂项求和式进而证明不等式成立；
（ii）利用函数单调性与极值点分布，通过分类讨论并构造差函数，结合导数判断单调性，利用单调性推出变量间大小关系.
【小问1详解】
函数的定义域为，不等式，即．
令，，则，，
令，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
又，所以当时，，函数在区间上单调递减；
当时，，函数在区间上单调递增，
所以函数在处取得最小值，所以，解得．
【小问2详解】
（ⅰ）当时，，
由（1）可知，在区间上恒成立，
当时，不等式可化为，
当且仅当时等号成立．
令，则有，
可得，即，
所以，
即．
（ⅱ）不妨令，由（1）可知，函数在区间上单调递减，
在区间上单调递增，则有．
当时，则恒成立；
当时，，
由
．
令，，
．
因为，所以，当且仅当时，等号成立．
又，所以，所以，
所以，在区间上恒成立，即函数在区间上单调递减．
又，所以，即，
，又函数在区间上单调递减，
则有，即．
综上所述，．