2026届河北省唐山一中等五校高考数学二模试卷含解析

这是一份2026届河北省唐山一中等五校高考数学二模试卷含解析，共16页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设，则复数的模等于，命题“”的否定为，抛物线的准线方程是，则实数等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．
2．已知直线与直线则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．5D．
4．设，则复数的模等于( )
A．B．C．D．
5．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）
A．B．C．D．
6．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
7．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
8．小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）
A．B．C．D．
9．下列图形中，不是三棱柱展开图的是（ ）
A．B．C．D．
10．抛物线的准线方程是，则实数（ ）
A．B．C．D．
11．集合中含有的元素个数为（ ）
A．4B．6C．8D．12
12．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．曲线在点处的切线方程为______.
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
15．如图，四面体的一条棱长为，其余棱长均为1，记四面体的体积为，则函数的单调增区间是____；最大值为____.
16．设，满足约束条件，则的最大值为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知等差数列满足，.
（l）求等差数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18．（12分）已知函数．
（1）当时，求的单调区间．
（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．
（3）已知分别在，处取得极值，求证：．
19．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证：（1）直线平面EFG；
（2）直线平面SDB.
20．（12分）已知曲线，直线：（为参数）.
（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；
（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．
21．（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点．
（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；
（II）设，若，，成等比数列，求的值．
22．（10分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A
【解析】
计算，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了交集运算，属于简单题.
2、B
【解析】
利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.
【详解】
若，则，故或，
当时，直线，直线 ，此时两条直线平行；
当时，直线，直线 ，此时两条直线平行.
所以当时，推不出，故“”是“”的不充分条件，
当时，可以推出，故“”是“”的必要条件，
故选：B.
【点睛】
本题考查两条直线的位置关系以及必要不充分条件的判断，前者应根据系数关系来考虑，后者依据两个条件之间的推出关系，本题属于中档题.
3、D
【解析】
由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.
【详解】
解：，即
，即.
，则.
，解得.
，
故选:D.
【点睛】
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.
4、C
【解析】
利用复数的除法运算法则进行化简,再由复数模的定义求解即可.
【详解】
因为,
所以,
由复数模的定义知,.
故选:C
【点睛】
本题考查复数的除法运算法则和复数的模;考查运算求解能力;属于基础题.
5、A
【解析】
分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.
解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.
图钉落在黄色图形内的概率为.
落在黄色图形内的图钉数大约为.
故选：A.
点睛：应用几何概型求概率的方法
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
6、A
【解析】
由已知可得，根据二倍角公式即可求解.
【详解】
角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，
终边经过点，则，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.
7、C
【解析】
套用命题的否定形式即可.
【详解】
命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”.
故选：C
【点睛】
本题考查全称命题的否定，属于基础题.
8、D
【解析】
这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.
【详解】
解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：
故选：D
【点睛】
考查几何概型，是基础题.
9、C
【解析】
根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.
【详解】
由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.
10、C
【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.
【详解】
因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.
11、B
【解析】
解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B
12、C
【解析】
令圆的半径为1，则，故选C．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
对函数求导，得出在处的一阶导数值，即得出所求切线的斜率，再运用直线的点斜式求出切线的方程.
【详解】
令，，所以，又，所求切线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查运用函数的导函数求函数在切点处的切线方程，关键在于求出在切点处的导函数值就是切线的斜率，属于基础题.
14、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
15、(或写成)
【解析】
试题分析：设，取中点则,因此,所以，因为在单调递增，最大值为所以单调增区间是，最大值为
考点：函数最值，函数单调区间
16、29
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为以原点为圆心的圆，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案.
【详解】
由约束条件作出可行域如图：
联立，解得，
目标函数是以原点为圆心，以为半径的圆，
由图可知，此圆经过点A时，半径最大，此时也最大，
最大值为.
所以本题答案为29.
【点睛】
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1)；(2).
【解析】
试题分析：（1）设等差数列满的首项为，公差为，代入两等式可解。
（2）由（1），代入得，所以通过裂项求和可求得。
试题解析：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得.
所以.
（2）因为，
所以.
所以 .
18、（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．
【解析】
（1）由的正负可确定的单调区间；
（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；
（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.
【详解】
（1）由题意得：的定义域为，
当时，，
，
当和时，；当时，，
的单调递增区间为，；单调递减区间为.
（2），所以（当且仅当，即时取等号），
切线的斜率存在最小值，，解得：，
，即切点为，
从而切线方程，即：．
（3），
分别在，处取得极值，
，是方程，即的两个不等正根．
则，解得：，且，．
，
，，
即不等式成立．
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.
19、（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
20、（I）；（II）最大值为，最小值为.
【解析】
试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理．
试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．
（II）曲线C上任意一点到的距离为．则
．其中为锐角，且．
当时，取到最大值，最大值为．
当时，取到最小值，最小值为．
【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形．
21、（I），；（II）.
【解析】
（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.
【详解】
（I）曲线：，两边同时乘以
可得，化简得）；
直线的参数方程为（为参数），可得
x-y=-1，得x-y+1=0；
（II）将（为参数）代入并整理得
韦达定理：
由题意得 即
可得
即
解得
【点睛】
本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.
22、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，，即可求出的值，可得点的坐标.
【详解】
（1）面积的最大值为，则：
又，，解得：，
椭圆的方程为：
（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形
设，，线段的中点为
由，消去可得：
，解得：
∴，
，
依题意有，
由可得：，可得：
由可得：
，
代入上式化简可得：
则：，解得：
当时，点满足题意；当时，点满足题意
故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形
【点睛】
本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.