2026年天津河北区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页河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（二）数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.第Ⅰ卷（选择题共45分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.2.每小题选出答案后，用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.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：•如果事件，互斥，那么•如果事件，相互独立，那么•圆柱的侧面积公式•圆锥的侧面积公式其中表示底面圆的半径表示母线的长一、选择题：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．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．“”是“”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．已知，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．4．以下结论错误的是（

）A．命题：“，”的否定为“，”B．设随机变量服从正态分布，若，则C．用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好D．回归直线一定过样本中心5．函数的大致图象为（

）A． B．C． D．6．已知函数（，，）的图象如图所示，将的图象上各点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（

）A．在区间上单调递增 B．的最小正周期为C．的图象关于点对称 D．的图象关于直线对称7．数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（，），下列说法错误的是（

）A．数据，，，…，的平均数是；B．数据，，，…，的平均数是；C．若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数：D．若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数.8．如图，已知分别为双曲线的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．9．如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷注意事项：1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上.3.本卷共11小题，共105分.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.10．已知为虚数单位，复数______.11．二项式的展开式中，的系数为________.12．已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，是抛物线上的点，且轴.若以为直径的圆截直线所得的弦长为，则实数的值为__________．13．袋中有除颜色外均相同的7个球，其中4个红球和3个白球.不放回抽取3个球，其中两个红球和一个白球的概率为________；在前两个是红球的条件下，第三个是白球的概率为________.14．是等腰直角三角形，，，点满足，点是线段BD上一点.如果，则________；若在上的投影向量为，则的最大值为________.15．已知函数，若，则的单减区间是______；若的值域是，则实数的取值范围是______.三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，.(1)求的值：(2)求的面积；(3)求的值.17．如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）设为棱上的点，若直线和平面的夹角的正弦值为，求线段的长．18．已知椭圆：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于.(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在直线，交椭圆于、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.19．若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，.(1)求数列，的通项公式；(2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和；(3)若，是否存在实数，，，使得数列为“型数列”？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由.20．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)当时，有两个极值点，且，若，（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】由于，但，故不是的子集，A错误；B错误；，C错误，D正确.2．A【详解】试题分析：当时，能得到；当时，不一定得到，可能是负值，因此“”是“”必要不充分条件，故答案为A．考点：充分条件、必要条件的判断．3．C【分析】根据指数函数，对数函数的单调性及对数的运算求解即可.【详解】指数函数在定义域内单调递减，所以，即.对数函数在上单调递增，所以，即.对数函数在上单调递增，所以，即.又，，，所以，即，所以.综上，.4．C【分析】对于A，根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断；对于B，根据正态分布的特征判断；对于C，根据决定系数的意义判断；对于D，根据回归直线的特征判断.【详解】对于A，命题：“，”的否定是“，”，故A正确；对于B，根据正态分布的性质可知，，则,那么，所以，，故B正确；对于C，用决定系数来刻画回归效果，越大拟合效果越好，故C错误；对于D，样本中心点一定在回归直线上，故D正确.5．B【分析】利用函数的奇偶性排除部分选项，再利用特殊值法判断.【详解】定义域为，且，故为奇函数，可排除C；又，可排除A、D；故函数的大致图象为B.6．A【分析】根据图象确定，，，得到的解析式，根据函数图象平移的“左加右减”原则，得到的解析式，再分别利用正弦型函数的单调性、周期、对称中心、对称轴的性质，对每个选项分析验证.【详解】由图像可知，函数最大值为，且，故，最高点横坐标为，右侧零点横坐标为，因此，得周期.由，，得.将代入，得：，解得，结合，得.所以.将向右平移个单位，得：.选项A：当时，，在上单调递增，故在上单调递增，正确.选项B：的最小正周期，错误.选项C：，故不是对称中心，错误.选项D：，不是最值，正弦函数对称轴处函数取最值，故不是对称轴，错误.7．B【分析】根据等差、等比数列的性质，结合平均数、中位数的概念逐项判断即可.【详解】选项A，数列为等差数列，项数为，其前项和为由等差数列性质，，故平均数为A正确.选项B，取，数列为项数3的等比数列，设，，数列的平均数为B错误.选项C，由，，等差数列的中位数为，等比数列的中位数为.由均值不等式，（），故，C正确.选项D，易知点在直线上，点在曲线上，因为，所以如下图所示：由图可知，当时，，所以数列的前项和大于数列的前项和，所以数列的前项的平均数比的前项的平均数大，D正确．8．B【分析】由同起点的向量做加法想到平行四边形法则，从而取的中点E，由已知可知，由三线合一知三角形为等腰三角形，再由余弦的定义表示的余弦值，又由双曲线的定义表示，最后在中，由余弦定理构建方程，求得，将其代入渐近线方程，得答案.【详解】取线段的中点E，连接，因为，所以，故三角形为等腰三角形，且．在中，，连接，又，点Q在双曲线C上，所以由双曲线的定义可得，，故．在中，由余弦定理得，．整理可得，所以，故双曲线C的渐近线方程为．故选：B【点睛】本题考查由几何关系求双曲线的渐近线，由余弦定理构建方程，还考查了平面向量加法的平行四边形法则和垂直关系，属于难题.9．B【分析】根据给定条件，确定公共部分，再结合锥体体积公式求解.【详解】连接，由，，得四边形为平行四边形，在四棱锥中，由平面，平面，得，则为矩形，又四边形为矩形，于是，四边形为平行四边形，令，连接，由为线段的中点，得，即点是线段靠近点的三等分点，点是线段的中点，则公共部分的体积由，平面，得平面，而平面，则，又，平面，于是平面，在矩形中，为线段的中点，则三棱锥的体积，，点到平面的距离为点到平面距离的，因此，所以公共部分的体积为：.10．【分析】根据复数的除法运算求解即可.【详解】.故答案为：.11．【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】，，则，即的系数为.12．【分析】由题意，先表示出的坐标，然后可得到直线的方程，求出圆心到直线的距离为，圆的半径为，再结合弦长为，求解即可．【详解】由题意，，，设在第一象限，则，，则直线的方程为，以为直径的圆的圆心为，半径为，则到直线的距离为，则圆截直线所得的弦长为，解得.【点睛】本题考查了抛物线的性质，考查了圆的性质，考查了圆中弦长的计算，属于中档题．13．【分析】第1空考查古典概型，代入古典概型公式分别求出分子和分母的事件总数，计算即可；第2空考查条件概率，根据条件概率公式，分别求出事件的概率，以及事件和同时发生的概率，代入公式计算即可.【详解】解：（两个红球和一个白球）；设事件为前两个是红球，事件为第三个是白球，又，，所以，即在前两个是红球的条件下，第三个是白球的概率为.14．2【分析】首先由条件确定出点的位置，然后由三点共线可得，根据条件分别计算出和，然后可得，然后消元变形、分类讨论可求出最大值.【详解】由知，在边的延长线上，且为的中点，因为点是线段上一点，且，所以，即.因为，由题意，，所以，由得，所以.则，由于，所以，令，则.又因为，上下同除以一个得，则问题转变成求的最小值.根据对勾函数性质在上单调递减，在上单调递增，故在时取得最小值.，此时取得最大值：.15．，；【分析】（1）先将代入，考虑时，配方求出函数的单调递减区间，考虑时，函数单调递减，从而求出函数的单调递减区间；（2）考虑在取得最小值为，且，从而得到，再考虑的定义域，得到，因为时，值域为，不合题意，从而，得到，与比较后，得到不等式求出实数的取值范围.【详解】时，，当时，，故单调递减区间为，当时，单调递减，故单调递减区间是，；因为函数在上单调递减，而函数的值域是，若，显然不符合题意，所以．当时，函数单调递减，所以，即有，所以，故函数在时的值域为.因为在处取得最小值，令，解得：或，所以函数在处取得最大值，当时，，解得：．综上：，即实数的取值范围是.故答案为：；【点睛】已知分段函数值域，求解参数的取值范围问题，要充分考虑分段函数的特征，结合每段函数的定义域，单调性和最值，数形结合对参数的取值范围一步步进行缩小，直至求解出答案.16．(1)(2)(3)【分析】（1）利用正弦定理对进行边化角，即可求得的值；（2）由于第1小问已经求得的值，再利用余弦定理求出边长，最后用面积公式求出的面积；（3）由第1小问及第2小问中可知的值及边长，再由正弦定理求得A的正弦值，由正弦值再求出余弦值，最后用余弦和角公式计算.【详解】（1）因为，由正弦定理，得，因为，所以，所以，故，由，得.（2）因为，，由余弦定理，得，，解得，或（舍去）.所以.（3）由正弦定理，得，即，因为为钝角，所以为锐角，，，，所以.17．（1）证明见解析；（2）；（3）．【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，可得为平面的法向量，可求得即可证明；（2）求出平面和平面的法向量，即可由向量关系求出；（3）设，可得，结合为平面的法向量，再由即可求出.【详解】（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，，，，，，，，又因为，分别为和的中点，得，．可得为平面的法向量，，由此可得，又因为直线平面，所以平面．（2）解：，，设为平面的法向量，则，即不妨设，可得．设为平面的法向量，则，又，得，不妨设，可得．因此有，所以，平面与平面的夹角的余弦值为．（3）解：依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的法向量，由已知，得，整理得，又因为，解得，所以，线段的长为．【点睛】利用空间向量求解立体几何问题的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.18．(1)(2)存在，【分析】（1）由离心率公式以及点到直线距离公式求得椭圆方程；（2）假设存在，由点为三角形BPQ的垂心可得，从而可得，设直线的方程为，代入椭圆方程，由韦达定理结合可求得参数值，得直线方程．【详解】（1）由，得，由点，，可知直线AB的方程为，即.由于原点到直线AB的距离为，即，得，，所以椭圆的标准方程为.（2）假设存在直线交椭圆于，两点，设，，右焦点，，因为为的垂心，所以，因为，所以.设直线的方程为，由得，由，，得，且，，因为，，，故，，即，代入整理，得，解得，或.经检验，当时，不存在，故舍去，当时，满足，所求直线存在，所以的方程为.19．(1)，(2)(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据题意，，所以数列是等差数列，可得通项公式，根据题设得，数列是以1为首项，2为公比的等比数列；（2）设，利用并项求和法得解；（3）利用