2026年高考强基计划招生考试数学模拟试卷二（含答案详解）

第第页2026年高中数学强基计划模拟卷（二）一、填空题1．过点作抛物线的切线交轴于点，焦点为，则四边形的面积为.2．已知在上三个不等实根，则的可能取值为.3．已知函数，对于，恒成立，求的最大值是.4．若函数有一个二重零点，则a的所有可能取值是．5．已知正整数a，b，c满足，则的组数是．6．,,,为非负整数，对任意恒成立，则所有的非负整数对为．7．设展开式为，则．8．，、、是复数，且，则的（实部）最小值为．

二、解答题9．在中，求的最大值的取等条件.10．数列的前项和，满足，若，求的值，使得取最小值．

11．将10个不同的球放入编号1，2，3的3个盒子，要求每个盒子内的球数不少于盒的编号，求放法总数.一、填空题1．过点作抛物线的切线交轴于点，焦点为，则四边形的面积为.【答案】【分析】利用导数求出点处切线的斜率，即可得到切线方程，从而求出点坐标，再求出焦点坐标，即可得到四边形的面积.【详解】当时，，则，则，所以切线方程为，即，令，解得，所以，又抛物线的焦点，所以.故答案为：2．已知在上三个不等实根，则的可能取值为.【答案】（区间上的所有实数，答案不唯一）【分析】通过赋值得到，然后根据三个根的范围求的范围.【详解】设则，设，，，则，所以，所以，所以.故答案为：（区间上的所有实数，答案不唯一）.3．已知函数，对于，恒成立，求的最大值是.【答案】【分析】根据题目得到，从而，故，换元后得到结合基本不等式求出最值.【详解】恒成立，，，，，令，则，所以，当且仅当，即，时，等号成立.故答案为：4．若函数有一个二重零点，则a的所有可能取值是．【答案】【分析】根据零点的定义，将问题转化为三次方程求解问题，结合韦达定理，可得答案.【详解】由题意等价于三次方程存在一个二重根与一个根，设其二重根为m，另一实根为n，则由韦达定理可知，解得．故答案为：.5．已知正整数a，b，c满足，则的组数是．【答案】5【分析】变形得到，分，，，几种情况，讨论得到答案.【详解】整理得．当时，，只可能是，，；当时，，解得，其中，2，3，4，共4组；当时，，解得，无正整数解．显然当时亦无正整数解，则共有5组正整数解．故答案为：56．,,,为非负整数，对任意恒成立，则所有的非负整数对为．【答案】【分析】方法一：先取特值，再计算得，，再取特值即可；方法二：先证明，去分母有，再对大小关系分类讨论即可.【详解】方法一：先取，显然，若，左右奇偶性矛盾，故，此时，则原式：，不妨令，显然有，若此时，若，左右两边奇偶性矛盾，故.方法二：当等式两边同时乘以时，只有当时满足等式两边常数项都为1，去分母有，当时有，故，取可得，若，则，若，则，矛盾，故，即，故；当时有，，故左侧的系数为，右侧的系数为，矛盾，若，左侧等于2，右侧等于1，矛盾，故，当时，有，故，所以，矛盾，综上，．故答案为：.7．设展开式为，则．【答案】【分析】利用恒等式计算即可.【详解】首先，由二项式定理可知：，因此．我们将使用如下结论：，证明如下：记，注意到，因此，又因为，联立两式可得，所以．同时我们也证明了．则，故答案为：.8．，、、是复数，且，则的（实部）最小值为．【答案】【分析】设，利用已知条件可得，再由柯西不等式得，结合，解不等式可得答案.【详解】设，因为，所以，又，所以，可得，所以，两式相加得，即，，又因为，当且仅当等号成立，所以，即，，可得，可得，或，由得，解得，由得，解得，所以；由得，解得，由得，显然，故，解得，所以，综上所述，，则的（实部）最小值为.故答案为：.二、解答题9．在中，求的最大值的取等条件.【答案】，【分析】先分析得最大，再利用和差化积公式得到，再利用换元法构造函数，，结合导数研究得最大值，从而得解.【详解】显然要使取最大值，则最大，所以，都为锐角，，，由于，所以，则，当时，取等号；令，，构造函数，，所以，令，解得：或(舍去)，因为，所以，且，当时，，在单调递增；时，，在单调递减；所以当时，即，，所以当，时，取得最大值.10．数列的前项和，满足，若，求的值，使得取最小值．【答案】4【分析】由递推关系求，求通项，进而计算的前面几个值，猜测分析证明结论.【详解】给定的递推关系是：，可以改写为：，两边同时除以：，令，则递推关系变为：，，，因此：.于是：，根据：，验证：，但题目给定，所以：，所以.计算几个的值：，，，，，,观察数值，在时取得最小值.对于，的值增大（从负到正），因此时取得最小值.11．将10个不同的球放入编号1，2，3的3个盒子，要求每个盒子内的球数不少于盒的编号，求放法总数.【答案】34800【分析】方法一：利用不定方程结合隔板法得到解的个数，然后利用排列数消序计算即可；方法二：利用容斥原理来求解计算；方法三：利用构造多项式展开式来研究对应项系数来求解计算【详解】法一（不定方程）：设盒子1放个球，盒子2放个球，盒子3放个球，由已知得，，，且，令，，，则原方程变为，即，其非负整数解为.但因球是不同的，故对每个解的放法种数又为，其中，（，，），枚举如下15种：，，，，，，，，，，，，，，，计算15次并求和，可得放法总数为34800.法二（容斥）：总放法有，盒子1的球数0个时有，盒子2的球数是0、1个有，盒子3的球数是0、1、2个时有，盒子1球数是0且盒子2球数时，有，盒子1球数是0且盒子3球数时，有，盒子2球数且盒子3球数时，有，三