山西2026年高考考前综合评价（二模）数学试题（含解析）高考模拟

这是一份山西2026年高考考前综合评价（二模）数学试题（含解析）高考模拟，共9页。试卷主要包含了 已知正数，满足，，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.
3.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，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.
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. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，其中，
又，
则．
2. 若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【详解】将原式两边取模，得，则，.
3. 已知，为单位向量，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，则
而，则，所以.
4. 已知是锐角，，则（ ）
A. 7B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，为锐角，故根据公式可得，
所以.
5. 若6个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分2步分析.第一步：先从6个人里选2人，这2人位置不变，其余4人都不在自己原来的位置，第二步：分析剩余的4人都不在自己原来位置的站法数目，由分步计数原理计算结合古典概率计算公式计算可得答案.
【详解】根据题意，分两步：第一步，先从6个人里选2人，这2人位置不变，有种选法；
第二步，对于剩余的4个人，每个人都不能站在原来的位置上，
因此第一个人有3种站法，
被占了自己位置的那个人在剩下三个位置中任选一个，有种站法，
其余2人只有一种站法，因此4个人共有种站法，
故不同的站法有135种.
而基本事件总数为，所以所求概率为.
6. 在三棱锥中，，且，，平面，若，，，四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知将棱锥补全为长方体，分析得到该长方体的外接球即为棱锥的外接球，结合长方体与其外接球的特征及等面积法求点面距离.
【详解】把三棱锥补成下图中的长方体，则球心在长方形上，
所以，而，则，
在中，其中表示点到的距离，
所以点到平面的距离就是点到的距离.
7. 双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交右支于，两点，且，，则离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】依题意知：，，.
设，则BF1=3，，则AF2=1−2a ，BF2=3−2a ，
∴AF2+BF2=AB=2 ，.
在中，，AF2=1−2a=3−32，，
csA=AF12+AF22−F1F222AF1⋅AF2=12，代入数据解得，，
所以.
8. 已知正数，满足，，则（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，令，求导可得函数的单调性，进而可得，计算可求解.
【详解】由，得，即.
令，则，
当时，，在上单调递增.
由，可得，，且，
，即，，得.
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. 函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 与直线有三个公共点
C. 取得最小值时，
D. 将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】
【分析】由最小正周期公式及图象可判断A；求出函数解析式，根据正弦函数的性质判断B和C；根据平移法则，得到平移后的函数，再根据三角函数的奇偶性的判定可判断D.
【详解】由图象得：，解得，故A正确；
由，，得，又，将点代入中得：
，即，，解得，.
又，，
函数.
与只有一个公共点，
与只有一个公共点，
与只有一个公共点，
与只有一个公共点，故B错误；
令，即，，
解得，，故C正确；
将的图象向左平移个单位长度，得，
，图象不关于轴对称，故D错误.
10. 已知函数满足对于任意的，都有，且，则以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是偶函数D. 关于对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】先赋值求出并利用舍去，得判定A正确；再令推出，知函数为偶函数，C正确；令得到递推式，递推推出周期为6，算出一个周期内函数值和为0，由求出前2026项和为，故B错误；利用周期推论与偶函数性质，验证得函数关于中心对称，D正确.
【详解】方法一:
对于A,令,得，整理得，故或.
若，令，则，即恒成立，这与矛盾，故，A正确；
对于C，令，因，则，即，故是偶函数，C正确.
对于B，令，则，即.
由此递推：，
则，
于是，故的一个周期为.
又，，，
，，
，，
则
因，
故,B错误.
对于D，由C项知，则，又是偶函数，有，
即，而，
故，即，故关于对称，D正确.
方法二:令函数,由余弦型函数的性质可判断ACD均正确, 函数最小正周期,与方法一同理计算可知
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 存在动点，使平面
B. 若平面，则动点的轨迹长度为
C. 若平面，则三棱锥体积的最大值为2
D. 若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法计算判断；对于B，由线面平行的判定定理及面面平行的性质定理求得动点的轨迹计算判断；对于C，由点到直线距离空间向量法及点到平面距离空间向量法结合图形计算判断；对于D，由点到平面距离空间向量法计算距离，进而计算截面圆的半径后可得截面圆面积.
【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
对于A，设，且，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以平面的法向量为，
若平面，则，
由，解得，不合题意，
不存在动点，使平面，故A错误；
对于B，如图，取的中点，的中点，连接，
则，由正方体性质可知，故，
平面，平面，
平面，
， ，
因为，且平面，
平面，
且平面，
平面平面，
若平面，则平面，
动点的轨迹为线段，其长度为，故B正确；
对于C，，
，
空间向量法计算点到直线的距离为，
则的面积为，
显然，当与重合时，三棱锥的体积最大，则，
点到平面的距离为，
三棱锥体积的最大值为，故C正确；
对于D，正方体外接球的球心为，半径，
则，则点到平面的距离为，
故球被平面所截截面圆半径，
截面圆的面积为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记的内角，，所对的边分别为，，.已知，且，则的面积为________.
【答案】
【解析】
【详解】由正弦定理得，.
则.
，
的面积是.
13. 已知抛物线：的焦点为，点在的准线上，线段与交于点，且，，则________.（用，表示）.
【答案】
【解析】
【分析】利用抛物线的定义及三角形相似得到比例关系，即可得.
【详解】如图，设准线与轴交于点，过点作于点，
由抛物线的定义得，且，
，即，得.
14. 已知是五次函数，若是方程的三重根，是方程的三重根，则的解析式是________.
【答案】
【解析】
【分析】设出一般式，重根及导函数建立方程求解即可.
【详解】由题知是四次函数，则0，1是方程的二重根，
不妨设，
则.
，.
又，.
.
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. 已知数列是等比数列，满足，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项；
（2）设，且的前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合等差中项的意义列式求出公比，进而求出通项.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求出，借助单调性推理得证.
【小问1详解】
设是等比数列的公比，由，，成等差数列，
得，即，则，解得，
由，得，解得，
所以数列的通项.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
于是，
两式相减得，，
因此，又，
则数列是递增数列，，
所以.
16. 某脑机接口系统对采集的脑电信号做三分类识别：分为主动运动信号（类）、被动感知信号（类）、噪声干扰信号（类）.大量测试数据表明：信号占比：类，类，类.
类正确识别为的概率为0.8，误判为的概率为0.1，误判为的概率为0.1；
类正确识别为的概率为0.8，误判为的概率为0.1，误判为的概率为0.1；
类正确识别为的概率为0.8，误判为的概率为0.1，误判为的概率为0.1.
（1）求随机抽取一个信号被识别为类的概率；
（2）现随机检测4组独立信号，记误判带来的算力损耗为（计每误判1次带来的算力损耗为1单位算力损耗），求的分布列及数学期望.
【答案】（1）0.45
（2）
0.8
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式计算即可求解；
（2）根据题意可得，利用二项分布求解分布列和数学期望即可.
【小问1详解】
记事件“真实为运动类”，“真实为感知类”，“真实为噪声类”，
“识别为类”，“识别为类”，“识别为类”.
由题意知：，，，，，.
由全概率公式：
；
【小问2详解】
单次误判概率：
.
用表示4次检测中误判的次数，则，
，.
，
，
，
，
.
的分布列是
.
17. 在如图（1）所示的直角梯形中，，，，点是的中点，将图形（1）沿折起至图（2），使得到处，且.是上一动点，且，
（1）求证：平面平面；
（2）是否存在，使得平面与平面的夹角为？若存在，则求的值及点到的距离；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由，得到，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，由，得到，分别求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，列出方程，求得，得到，结合距离公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图（1）所示的直角梯形中，
由，，，点是的中点，
可得四边形是边长为2的正方形，且，
所以，
因为，可得，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）可知平面，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，，
因为，可得，其中，
所以，，，，
设，分别是平面和平面的法向量，
则和
取，可得，取，可得.
设平面与平面的夹角为，
则
可得，即，解得或
因为，所以，
即存在，使得平面与平面的夹角为，
此时点，所以，，
则点到的距离.
所以点到的距离是.
.
18. 椭圆的离心率，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.
①求证：为定值；
②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可求解；
（2）①设直线，联立方程组，求得，，利用斜率公式，化简，得到，即可得证；
②设定点，由①可得，及，，根据题意，化简得到是定值，求得的值，即可求解.
【小问1详解】
由椭圆的离心率，且过点，
可得且，解得，
所以椭圆的方程.
【小问2详解】
①由（1）知：椭圆的方程，可得和，
设直线，联立方程组，整理得.
设，，
则有且，，
又由直线，令，可得，
同理可得，所以，，
则，
所以，所以（定值）；
②设定点，因为为的中点，
则由①可得，
又因为点到轴的距离是，所以，
因为，，
则，
所以是定值，
所以，解得，所以定点.
19. 已知函数，，.
（1）分析的单调性；
（2）求证：，其中是自然对数的底数；
（3）记，其中，求的最小值的表达式，并求的最大值.
【答案】（1）在上严格单调递增.
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数与单调性的关系判断即可；
（2）由题意可得，结合（1）可得，进而计算可证；
（3）化简可得，求导，根据导数可得，设，求导，结合，根据导数计算可得最值.
【小问1详解】
的定义域是.
，
.
令，则，
，，
在上严格单调递增，且，故对所有，都有；
即对所有成立.
在上严格单调递增.
【小问2详解】
证明：，
由（1）可知，，，
，
.
【小问3详解】
，
.
令，由（1）可知在上单调递增，
当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增，
.
设，，
.
由（2）知，，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
.
0
1
2
3
4
0.4096
0.4096
0.1536
0.0256
0.0016
0
1
2
3
4
0.4096
0.4096
0.1536
0.0256
0.0016