2025_2026学年甘肃省定西市岷县一中等校2026年高考二模数学试题【附答案】

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1.已知集合M={y∈R|y=2x,x≤1}，N={x∈R|y=lg(x+1)}，则( )
A. M∩N={x|−1 95．
(ii)若直线OA，OB的斜率之积为−km，证明：直线l不经过N的左焦点．
19.(本小题17分)
对于数列{an}，若存在常数M满足an≤M，则称{an}为“上界数列”，M为{an}的“上界”，并把最小的M值叫做“上界临界值”，记为M0.记数列{an}的前n∈N∗项和为Sn，已知an>0，an2−2Sn+an=0．
(1)判断{an}是否为“上界数列”，并说明理由；
(2)若bn=an3n，Tn为数列{bn}的前n项和，求数列{Tn}的“上界临界值”M0；
(3)若cn=i=1n122ai+1，数列{cn}的“上界临界值”为M0，证明：M0≤13．
答案
1.D
2.C
3.D
4.C
5.C
6.C
7.B
8.B
9.ABD
10.BCD
11.AD
12.(−2 2,2 2)
13. 3
14.[ 2,2)
15.解：(1)由图知(0.005+0.01+0.015+x+0.04)×10=1，解得x=0.03，
设中位数为m，则0.05+0.1+0.15+(m−80)×0.03=0.5，解得m=2603；
(2)由题知成绩在[60,80)内的概率为P=0.25,X～B(3,14)，
X的可能取值为0，1，2，3，
又P(X=0)=C30(1−14)3=2764,P(X=1)=C31×14×(1−14)2=2764，
P(X=2)=C32(14)2(1−14)=964,P(X=3)=C33(14)3=164，
所以X的分布列为：
E(X)=3×14=34；
(3)因为0.3：0.4=3：4，则抽取的7人中，有3个成绩在[80,90)，4个在[90,100]，
由题知Y的可能取值为1，2，3，
又P(Y=1)=C31C43C74−C44=1234,P(Y=2)=C32C42C74−C44=1834,P(Y=3)=C33C41C74−C44=434，
所以Y的数学期望为E(Y)=1×1234+2×1834+3×434=3017．
16.证明：(1)∵在四棱锥P−ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°，
∴AB⊥PA，CD⊥PD，
又∵AB//CD，
∴AB⊥PD，
∵PA∩PD=P，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
(2)解：取AD中点O，连结PO，

∵PA=PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥PO，
∵AB∩AD=A，
∴PO⊥底面ABCD，
设PA=PD=AB=DC=a，
则AD= a2+a2= 2a，PO= 22a，
∵四棱锥P−ABCD的体积为83，PO⊥底面ABCD，
∴VP−ABCD=13×S四边形ABCD×PO=13×AB×AD×PO=13×a× 2a× 22a=13a3=83，解得a=2，
PO= 22a= 2，
∴PB= PO2+AO2+PB2= 2+2+4=2 2，
∵PO⊥底面ABCD，
∴∠PBO为PB与平面ABCD所成的角，
在Rt△POB中，sin∠PBO=POPB= 22 2=12，
∴∠PBO=30°，
故PB与平面ABCD所成的线面角为30°．
17.解：(1)由2a−b=2ccsB得2sinA−sinB=2sinCcsB
⇒2sin(B+C)−sinB=2sinCcsB
⇒2sinBcsC+2csBsinC−sinB=2sinCcsB
⇒2sinBcsC=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以csC=12，
因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
(2)由已知得CD=12(CA+CB)，
所以CD2=14(CA+CB)2，
所以13=14(b2+a2+2ab×12)，
所以a2+b2+ab=52，
因为△ABC的面积为3 3，所以12ab⋅ 32=3 3，
即ab=12，a2+b2=40，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=40−12=28，
所以c=2 7．
18.解：(1)因为双曲线M：y22−x27=1与双曲线N：x23−y2t=1的焦距相等，
所以2+7=3+t，
解得t=6，
在双曲线N中，a2=3，b2=6，
所以c2=a2+b2=9，
则双曲线N的离心率e=ca= c2a2= 93= 3；
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=x+ 3x23−y26=1，消去y并整理得x2−2 3x−9=0，
由韦达定理得x1+x2=2 3,x1x2=−9,Δ=12+36>0，
则|AB|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 2× 48= 96> 95；
(ii)联立y=kx+mx23−y26=1，消去y并整理得(2−k2)x2−2kmx−(m2+6)=0，
此时2−k2≠0且Δ=4k2m2+4(m2+6)(2−k2)=8(m2−3k2+6)>0，
由韦达定理得x1+x2=2km2−k2,x1x2=−m2+62−k2．
kOA=y1x1,kOB=y2x2，
因为kOA⋅kOB=−km，
所以y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=−km，
此时(k2+km)x1x2+km(x1+x2)+m2=−(k2+km)⋅m2+62−k2+2k2m22−k2+m2=0，
整理得6k2−2m2=km(m2+6)，
因为双曲线N的左焦点的坐标为(−3,0)，
假设直线l经过N的左焦点，
此时m=3k，
所以6k2−18k2=−3k2(9k2+6)，
因为km≠0，
所以k≠0，
所以4=9k2+6，
即9k2=−2，
这与9k2≥0矛盾，
所以假设不成立．
故直线l不经过N的左焦点．
19.解：(1)当n≥2时，an2−2Sn+an=0an−12−2Sn−1+an−1=0，
可得(an−an−1−1)(an+an−1)=0，
∵an>0，∴an=an−1+1，
∵当n=1时，a12−2S1+a1=a12−a1=0，∴a1=1，
即{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，an=n，
∵数列是无限递增的，显然不存在常数M满足an≤M，
∴{an}不是“上界数列”；
(2)由(1)可知bn=n3n=12(n−1)+343n−1−12n+343n，
∴Tn=3430−5431+5431−7432+⋯+12(n−1)+343n−1−12n+343n=34−12n+343n，
∵Tn−Tn−1=12(n−1)+343n−1−12n+343n=n3n>0，
∴Tn单调递增，且12n+343n>0，
∴34>Tn≥T1=13，∴数列{Tn}的“上界临界值”M0=34；
(3)易知122i+1