2026年河北唐山市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟．注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2.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，使用0.5毫米黑色字迹签字笔，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．i为虚数单位，则复数的虚部为（

）A．-1 B．1 C．-2 D．22．已知向量，若，则（

）A．-2 B．0 C．2 D．83．已知集合，则（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A． B．-1 C． D．-25．若，则椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．6．设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（

）A． B． C． D．7．已知随机变量，随机变量，则（

）A． B．C． D．8．在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（

）A．11 B．12 C．13 D．14二、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．已知函数，则（

）A．为偶函数 B．在上单调递增C．的最小正周期是 D．的一条对称轴为10．在四棱锥中，平面，，则下列说法正确的是（

）A．当时，直线平面PABB．当时，直线CE与PB所成角为C．当时，直线CE与平面PAD所成角为D．当时，三棱锥的外接球表面积为11．设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．的展开式中，的系数为______．13．已知直线与圆相切，若直线过抛物线的焦点，与的准线相交于点，则__________．14．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________．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．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且.(1)若，求的面积；(2)当时，求.16．甲、乙两名乒乓球选手进行比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，采用七局四胜制（当一人赢得四局胜利时，该人获胜，比赛结束）．已知甲先赢了前两局．(1)若，求：（i）乙获胜的概率；（ii）比赛打满七局的概率；(2)设比赛结束时，已经比赛的总局数为随机变量，若，求的取值范围.17．在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为2的菱形，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.18．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点．(1)若焦距为12，求的方程；(2)当时，若，证明：轴；(3)若，求的最大值.19．设函数，若有两个极值点，且.(1)求的取值范围；(2)当时，记为最大零点.（i）①证明：有两个零点；②证明：；（ii）比较与的大小，并给出证明.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】,所以复数的虚部为.2．D【详解】解：，，，解得．3．B【分析】解不等式得到，由函数定义域得到，再求交集即可．【详解】解：，解得，即，，，解得，即，．4．C【分析】根据二倍角公式即可求解.【详解】由题意得，由于，所以，因此且，则，故C正确.5．C【分析】先确定焦点位置，再由即可求解．【详解】解：，，则椭圆焦点在轴，，．6．A【分析】求得曲线在处的切线斜率表达式，再由垂直关系计算可得.【详解】由可得，所以在点处的切线斜率为，又因为切线与直线垂直，即可得，因此．故选：A7．D【分析】根据正态曲线的性质逐项判断即可.【详解】因为，，则，因为，，则，对于A，，A错误；对于B，，故，B错误，对于CD，，，则，D正确；所以，C错误.8．C【分析】差数列的公差为，根据条件推出，判断出当时，；时，，再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，所以，因此，所以，所以，，因此，当时，；时，，因为，所以当时，，当时，，当时，，当时，因为，所以；因为，所以，当时，取得最大值.9．BD【分析】A利用奇偶性的定义求证；B利用在上的单调性判断；C举反例；D求证即可.【详解】令，得，故的定义域为，关于原点对称，因为，所以为奇函数，故A错误；因为在上单调递增，且，所以在上单调递减，故在上单调递增，故B正确；因为，，所以，故C错误；，所以的一条对称轴为，故D正确.10．ACD【分析】对A，以A为原点建立空间直角坐标系，求出时点坐标与向量，验证与平面内两个不共线的向量共面，且不在平面内，可判断线面平行成立；对B，得到​时和的向量坐标，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值判断；对C，得到时坐标与平面的法向量，利用线面角的向量计算公式得到线面角的正弦值判断；对D，得到时三棱锥四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积.【详解】因为，所以，以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，由得，.对于A：当时，，，平面的法向量为，因为，且不在平面内，故平面，A正确；对于B：时，，，设直线与所成角为，则，故夹角不是，B错误；对于C：当时，，，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，得，C正确；对于D：当时，四点坐标：，则，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径，因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为，则由球心到各顶点的距离相等，可得，解得，所以球心为，半径，故外接球表面积，D正确.11．ACD【分析】根据条件概率公式即可判断A，根据事件的独立性即可判断B，根据德摩根定律即可判断C，根据概率的基本性质即可判断D.【详解】对于A，若，由概率的基本公式有，代入，则，由条件概率有，且，则有，故A正确.对于B，已知，，若，则，这说明事件相互独立，由于，要使，必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误；对于C，由德摩根定律，因此，故C正确；对于D，令，其中，令，由概率的基本性质得，要证，也就是证，即证，即，①先证：不妨设，则，则，而函数，最大值为，在处取得，因此，，在时取等号；②再证，即证，由于，所以，因此，当时，此时，因此，在时取等号；当时，此时，因此；综上所述，有，故D正确.12．-20【分析】由二项式定理，展开式的通项公式求出指定项的系数.【详解】展开式的通项公式，令，解得：，则，所以的系数为-20.故答案为：-2013．10【分析】根据直线与圆相切求出斜率，再由直线过焦点得出即可求解.【详解】因为直线与圆相切，所以，解得或，由知，代入直线方程，可得，当，显然不满足，当时，由，所以抛物线方程为，焦点，准线方程，代入直线方程，可得，即，所以.14．【分析】由欧拉函数的定义可求出，进而得到，可得，再根据错位相减法求和即可.【详解】因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，则，即，所以集合当时，集合为，则；当时，集合为，则；当时，，则，综上所述，，则，设数列前项和为，当时，；当时，，则，两式相减得，，则,显然满足上式，则.15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理求出，知道点是边AC中点，再由的面积公式即可得出答案；（2）分别在和进行余弦定理化简即可得出答案.【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，所以，因为，所以，又因为点是边AC中点，所以的面积.（2）在中，由余弦定理可得：，在中，由余弦定理可得：，又因为，解得.16．(1)（i）；（ii）(2)或【分析】（1）（i）应用独立事件乘积公式计算求解；（ii）应用n次独立重复试验应用互斥事件概率和公式计算；（2）应用n次独立重复试验和互斥事件概率和公式计算得出概率范围.【详解】（1）（i）乙获胜有两种情况：①乙连胜四局，概率为，②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜，概率为，所以当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为.（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，则，，所以比赛打满七局的概率为.（2），，由已知整理得：，解得：或，因为，所以或，综上：或时，．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助面面垂直性质定理与线面垂直判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得.【详解】（1）因为侧面是边长为2的菱形，，所以，取中点，连接，则，又因为，所以，又因为底面侧面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面ABC，所以，因为，满足，所以，又因为平面，所以平面，又平面，所以，因为侧面是菱形，所以，又因为，、平面，所以平面；（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，故，，设平面与的法向量分别为、，则，，即，，令，则，，，，所以，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据焦距为12可得，进而求出，即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及题设可得，进而求出坐标，即可证明；（3）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理表示出，令，可得，进而结合二次函数的性质求解即可.【详解】（1）因为，则，所以，解得，所以的方程为.（2）当时，直线的方程为，设，联立，得，则，且，而，故，将代入，整理得，同理，所以，解得（负根舍去），则双曲线，则的坐标为，而方程，即为，解得或，则，所以轴．（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，联立，得，则，所以，将直线与渐近线分别联立得：，因为，令，即，则，则，即时，的最大值为，经检验符合题意．19．(1)(2)（i）①证明见解析；②证明见解析；（ii），证明见解析【分析】（1）分、两种情况讨论，利用导函数得出单调性，得出，解不等式即可；（2）（i）①结合，分、两种情况探究的单调性，由零点存在性定理以及可证；②利用和可证；（ii）由化简，构造函数，得出，结合单调性可得.【详解】（1），令，则，当时，，此时在上单调递增，则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；当时，由得；得；则在上单调递减，在上单调递增，先证明：、、，令，则，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，则，故成立；因为，所以，则成立；令，则，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，则单调递增，故，故成立；由以上不等式可得，，，，故，因为，由零点存在性定理可知，若有两