2026年湖北孝感市高三二模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页孝感市2026届高三年级第二次统一考试数学本试卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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．设全集为，集合，则（

）A． B．C． D．2．方程的一个复数根是（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的前项和为，且，，则等于（

）A．8 B．9 C．10 D．114．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（

）A． B． C． D．5．设一个圆台的侧面积、体积分别为、，将它的高扩大到原来的2倍（上、下底面圆的半径均不变），得到的圆台的侧面积、体积分别为、，则（

）A．， B．，C．， D．，6．在中，，边上的高等于，则（

）A． B． C． D．7．已知函数为偶函数，且，则的解集为（

）A． B．或C．或 D．8．以、为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．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．如图，四面体中，平面，，垂足为，，垂足为F，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则平面 D．若，则10．数列满足，且，数列的前项和为，从的前项中任取不同的两项，它们的和为偶数的概率为，数列的前项积为，则（

）A． B． C． D．11．已知函数的定义域是，满足，且，若存在实数，使函数在区间上恰好有2026个零点，则实数的值可能为（

）A． B．0 C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．曲线在点处的切线与直线垂直，则点的坐标为________．13．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，且满足，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的内切圆半径为________．14．在一组数2，2，7，12，27中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最小值为________．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．如图所示，正方形所在的平面与平面垂直，且．

(1)证明：平面平面；(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值．16．已知函数在区间单调，其中为正整数，，且图象关于点对称．(1)求的最小正周期；(2)在中，，，边上的中线长为，求的面积．17．甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案，方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜；方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜．(1)当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率；(2)当时，若比赛采用方案二．（ⅰ）求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率；（ⅱ）若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布列及均值．18．已知函数，．(1)函数，讨论其单调性；(2)若对恒成立，求的值；(3)函数，若该函数有且仅有三个极值点，，，且，若，求证：．19．是一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，若四边形（为原点）的面积为1，设的轨迹为．(1)求轨迹的方程；(2)已知，，在中，试确定是否为定值，若是，请求出此定值，若不是，请说明理由；(3)记坐标原点为，过的直线交曲线于点，将绕点旋转，与直线在第一象限交于点，即点满足，以此类推，过点作斜率为的直线交曲线于点，将绕点旋转，与直线在第一象限交于点，即点满足．在中，设底边上的高为，求．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】利用集合的交并补运算直接求解即可【详解】由题知或，又，则.故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，属于基础题2．A【分析】借助配方法计算即可得.【详解】由可得，故，则，故A正确，B、C、D错误.3．D【详解】设公差为，则，，联立解得，，．4．C【分析】由题设结合数量积运算律，向量垂直数量积表示可得答案.【详解】，又，则．5．C【详解】设原圆台底面半径分别为、，高为，母线长为，则，，扩大后圆台母线长为，，可得；由台体体积公式可知．6．A【详解】设边上的高为，，设，则，，从而点在线段上，．故，，，．7．B【分析】由为偶函数，可得，由可得，据此可得答案.【详解】由函数为偶函数可知，则，由可得，从而，解得或．故不等式的解集为或.8．B【详解】依题意，直线与椭圆相切，直线上除切点外任意一点均在椭圆外．由椭圆的定义可知切点是直线上与、两点距离和最小的点．关于直线对称的点为，，故椭圆的长轴长为7，焦距，离心率．9．BC【详解】A：与异面，显然不正确；B：若，易得，又，，则，所以，故B正确；对于选项C与D，因为平面，平面，所以，又，，是平面内两条相交直线，所以平面，又平面，故．又，且，是平面内两条相交直线，所以平面．又平面，故．又，且，是平面内两条相交直线，所以平面．故选项C正确；又平面，故．若与也垂直，由、与共面，则与重合，故选项D不正确．10．ABD【分析】A选项：利用递推式分奇偶推导数列通项，或直接写出前几项找规律，代入计算；B选项：将前项和按相邻两项分组，利用每两项的和为定值的规律，快速计算；C选项：分析前项中奇数、偶数项的数量，用组合数计算“和为偶数”的概率，再化简比较与的大小；D选项：先由得到的表达式，再用放缩法求前项和，证明其满足不等式.【详解】A：当时，，又，故．∵，∴，∴，所以为偶数时，；为奇数时，．∴的奇数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列，偶数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列．故，选项A正确；B：，选项B正确；C：由于的奇数项都是偶数，偶数项都是奇数，∴，故选项C错误；D：,∴，又，所以，故选项D正确．11．AB【详解】（1）当时，显然成立；（2）若，则，即，解得；（3）若，则，即，解得；综上，得．12．【详解】设切点，则有，由题意得，∴，，∴点的坐标为．13．【详解】如图，不妨设点在第一象限，则，，，所以，此时，所以．易知点，，所以．的面积为．设的内切圆的半径为，内心为点，则由，得，解得．14．31【分析】由众数不变可得插入的数可以是“两个都是2”，或是“一个为2，另一个不是2”，或是“两个不相等的数且不是2，7，12，27”；由极差加倍可排除“两个都是2”；若“一个为2，另一个不是2”，则可得一个为2，另一个为52，此时；若“两个不相等的且不是2，7，12，27”，则可逐项列出符合要求的、，取使得最小的值即可.【详解】若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是2”，或是“一个为2，另一个不是2”，或是“两个不相等的且不是2，7，12，27”，①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是2；②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为2，另一个不是2”，则一个为2，另一个数不小于7，又因为极差加倍，则另一个数为52，此时；③若插入的两个数是不相等的且不是2，7，12，27，且极差为50，中位数保持不变，则两个数可以为：，，，，，，，……，，，所以的最小值为.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的性质，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面；（2）解法一：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得面的法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解；解法二：由平面，得到和到平面的距离相等，设距离为且，求得和，进而求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，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.（2）解法一：以为坐标原点，以所在直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

设，因为，可得，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值是解法二：由（1）得平面，由平面，可得和到平面的距离相等，设到平面的距离为，则设，在直角中，由，可得，又由（1）知：平面，，所以平面，因为平面，所以，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值是16．(1)(2)【详解】解：（1）由题意，的最小正周期，所以，由为正整数可得，又因为图象关于点对称，所以，即．由，若，，无解；若，，；若，，无解．所以，，的最小正周期为．（2）由可得，又，，从而，故．设边上的中线为，，则，，，解得．所以的面积．17．(1)采用方案一对乙对更有利，(2)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，【详解】解：（1）采用方案一对乙对更有利当时，乙队每局获胜的概率为：．（乙队最终获胜）．所以乙队最终获胜的概率为．（根据“比赛局数越多，对实力较强者越有利”可知，采用方案一，乙队最终获胜概率较大．也可以算出两种方案乙最终获胜的概率，对比可知采用方案一，乙队最终获胜概率较大．）（2）（ⅰ）记“甲队最终获胜”为事件，“比赛恰好进行了四局”为事件．三局甲队最终获胜的概率为：．四局甲队最终获胜的概率为：．五局甲队最终获胜的概率为：．∴甲队最终获胜的概率∵甲队最终获胜且比赛恰好进行了四局的概率∴在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率（甲队乙队每局获胜的概率相等，因此最终获胜的概率也相等，从而，酌情给分）（ⅱ）的可能取值为0，1，2，3．，，，∴的分布列为：0123∴18．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减(2)(3)证明见解析【详解】解：（1）∵．∴，．∴．当时，恒成立，因此在上单调递增．当时，由，∴，∴，因此在上单调递增，在上单调递减．综上可知：当时，在上单调递增．当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）∵，．设，∴．又，所以为的极小值点，故．，，∴．下面证明，当时，，．．当，即时，恒成立．当，即时，由可知：，∴．∴．当且仅当时等号成立，故满足条件．综上可知：（3）∵，∴．∴．∵，∴，设．，∴，∴．在，上单调递减，在上单调递增．因为函数有且仅有三个极值点，即，，为方程的三个实根，由图象知方程最多有三个实根，且．∴．注意到，假设，则，从而，与已知矛盾，故．即有：．19