2026年天津北辰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页北辰区2026年高考模拟考试试卷数学本试卷分为第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.祝各位考生考试顺利!第I卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将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.2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：·全概率公式.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．已知全集，，，则（

）A． B．C． D．2．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知函数的部分图象如图所示，那么的解析式可以是（

）

A． B．C． D．4．下列说法正确的是（

）A．一组数据2，3，8，3，10，18，7，4的第50百分位数为4B．在残差图中，残差点所在的水平带状区域越宽，回归方程的预报精确度越高C．设且，则D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.055．数列的前n项和，且，，则（

）A．52 B．53 C．54 D．556．中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（

）A． B． C． D．7．在科学研究中，许多系统的平衡状态可以通过方程来描述，其中x表示某个关键变量（如时间、浓度、位移等）.现有三个不同系统中的平衡点分别由以下函数的零点给出：某放射性物质同时发生衰变和生成，净变化率满足，当净变化率为零时，对应平衡时间为；某鱼群在有限资源下的增长速率满足，当增长率为零时，对应平衡种群数量为；一个弹簧振子在某时刻的机械能表达式为，当机械能为零时，对应平衡位置.则这三个平衡点的大小关系为（

）A． B． C． D．8．已知函数，的部分图象如图所示，给出下列命题：①的图象关于直线对称②的图象关于点对称③将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象④若方程在上有两个不相等的实数根，则m的范围是则上述命题中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．39．已知F是双曲线E：的左焦点，为坐标原点，过点F的直线与E的右支交于点M，与左支交于点N，且，，则双曲线E的离心率为（

）A．2 B．3 C． D．第Ⅱ卷主意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.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.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10．已知为虚数单位，若，则的虚部为_____.11．若，则______.（用数字作答）12．在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____.13．2026年教育部全面推进“人工智能+教育”，某科技馆开展AI助手体验活动.三人一组，每人可向AI助手提问.甲、乙、丙三人体验AI问答系统.活动分两环节，第一环节“抢麦提问”，只有一人能抢到麦克风，三人抢到麦克风的概率均为，抢到者向AI提问，AI给出正确答案的概率分别为甲是，乙、丙均是.第二环节“独立测试”，三人各自在平板电脑上完成一道必答题，他们各自答对的概率分别为甲是，乙、丙均是，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响.则在第一环节提问中得到正确答案的概率______；记在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，则X的数学期望为_______.14．在中，点是边上一点，且.边上存在点E满足，直线和交于点F，且，记，.当时，______（用和表示）；当时，则的最大值为________.15．若存在实数，对任意的都有恒成立，则实数n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，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.(1)求角B的大小；(2)若，（i）求的值；（ii）求.17．如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求直线与直线间的距离.18．已知椭圆：的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，离心率为，的面积为.(1)求椭圆E的方程；(2)已知斜率存在且不为1的直线经过点，且与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点B重合），点P与点M关于原点O对称，直线与直线交于点Q.求证：点B在直线上.19．设数列的前项积为，满足.(1)求证：是等比数列；(2)已知有穷数列经过一次变换后得到数列.其中，表示、中的较小者.记数列的所有项之和为.若是的一个排列，例如，当时，、、、可以为、、、的一个排列.（i）当时，设的最小值为，求的值；（ii）在（i）的条件下，若表示不超过的最大整数，例如，，设，求数列的前项和.20．已知函数，，其中，，e是自然对数的底数(1)若函数，求的单调递增区间；(2)若，且曲线在处的切线和曲线也相切，求的值；(3)已知（m为常数），设直线与曲线与分别交于，两点，若对任意及，均有，求的取值范围.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】，则，又，，则.2．D【分析】利用充分条件与必要条件定义，结合直线与平面的位置关系判断即可得.【详解】由，，若，则与可能平行也可能相交；由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交；故“”是“”的既不充分也不必要条件.3．A【分析】根据的函数图象变化以及逐个选项判断即可．【详解】对于A，与图象一致，且在时，随着x的减小，越来越接近于0，的大小主要由决定，偏向于正弦函数图象，而在时，由于随x不断增长呈爆炸性增长，此时的大小主要由决定，偏向于指数函数图象，故A正确；对于B，当时，由于在内波动，函数图象主要由x决定，而非图中展示的偏向于正弦函数图象，故B错误；对于CD，，与图象中的矛盾，故CD错误．故选：A．4．D【分析】利用百分位数的定义求解选项A即可，利用残差图与回归方程的关系求解选项B即可，利用正态分布的定义求解选项C即可，利用独立性检验的定义求解选项D即可.【详解】将这一组数据2，3，8，3，10，18，7，4按照从小到大排序得：2，3，3，4，7，8，10，18.因则50百分位数为第4位和第5位的平均数，即，故A错误.在残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，回归方程的预报精确度越高，故B错误.因，则故C错误.因故判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，故D正确.5．C【分析】应用得出等比数列，再应用通项公式得出，进而得出，最后应用等差数列求和公式计算求解.【详解】数列的前n项和，且，令时，，所以，所以当，，所以，即得，即，所以是以1为首项以2为公比的等比数列，所以，所以，则.6．C【分析】设整个圆锥容器的体积为，容器高为，通过相似几何体体积比等于对应高比的立方，确定含沙圆锥体积，再确定含沙圆台体积，通过体积关系列出等式求解即可.【详解】设整个圆锥容器的体积为，容器高为，初始时细沙在上部是高为​的小圆锥，根据相似几何体体积比等于对应高比的立方，得细沙体积：细沙漏入下部后堆成圆台，设圆台高为，下部圆锥顶点在上，因此圆台上方空的部分是一个小圆锥，空圆锥的高为，同理空圆锥体积满足：，又圆台体积=细沙体积=整个圆锥体积减空圆锥体积，即，代入，约去整理得：，​开立方整理得：故此圆台的高为：7．B【分析】通过构造函数确定相应零点的取值范围，进而可求解.【详解】对于，满足，函数是R上的增函数，又，，因此，即，对于，满足，因为，，故，对于，满足，函数是上的增函数，又，，因此，即，综上，大小关系为.8．A【分析】对于AB，代入选项的的值并依据正弦函数的图象性质判断即可，对于C，由图象变换结合辅助角公式即可求解，对于D，使用整体代入法结合图象的交点个数即可求解.【详解】由题意得，最小正周期满足，即，则，即，代入得，即，由此可得，解得，因为，令，则，综上，，对于①，若为对称轴，则或，代入得，因为或，故①错误；对于②，若的图象关于点对称，则，代入得，因为，故②错误；对于③，设，则，故③错误；对于④，若，则，设，，，即，则与在上有两个交点，即，解得，故④错误.所以有0个命题正确.9．D【分析】先利用向量的性质结合给定条件得到N是中点，再利用中位线定理得到，结合，并利用三线合一的性质得到和的长度，再结合双曲线的定义建立方程，求解离心率即可.【详解】如图，设的中点为P，设右焦点为，连接、、、.因为，所以，设，则，，则，，因为P是中点，所以，得到，则，即N是中点，因为O是中点，所以是的中位线，故，因为，所以，由三线合一的性质可得.在中，可得，化简得，所以，则双曲线的离心率.10．【分析】利用复数的乘法化简复数，结合复数的概念可得结果.【详解】因为，故的虚部为.11．【分析】利用二项展开式通项求解即可.【详解】的展开式通项为，所以，，故.12．【分析】利用抛物线方程可得其准线方程，即可得点，再求出点后即可得各点坐标，结合等面积法可求出内切圆的半径，即可得其圆心坐标，即可得解.【详解】抛物线的准线方程为，则，直线在轴上的截距为，故，设内切圆的标准方程为，则，解得，该圆与轴、轴相切，故，由内切圆圆心在内部，故圆心坐标为，即内切圆的标准方程为.13．【分析】应用全概率公式计算求解，先写出可以取的概率，再应用数学期望公式计算求解.【详解】在第一环节提问中得到正确答案的概率；在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，可以取，，，，，则X的数学期望为.14．【分析】借助平面向量线性运算法则计算可得，代入即可得空一；借助平面向量线性运算法则及三点共线定理可得，则可借助平面向量基本定义与数量积定义表示出，再利用基本不等式计算即可得空二.【详解】，则，当时，；又，且、、三点共线，故，化简得，即，则，故，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.15．【分析】把不等式化为，先由右侧非负得到，从而，从而原不等式恒成立问题可转化为在上恒成立，.通过分析函数的最大值和最小值可求参数的取值范围.【详解】不等式整理为.因，两边同除以得.该式成立要求，即.故，否则在时无解.故在上恒成立，即存在实数，使得在上恒成立（▲），设，，其中，因单调递增，故.在处取得最小值，在单调递减，在单调递增.①时，.由▲可得，解得，即，故.②时，.由▲可得，化简得，解得.结合，得.综上，实数的取值范围为16．(1)(2)（i）；（ii）【分析】(1)利用正弦定理将题目的角的条件化为边的条件，再结合余弦定理求解出角的余弦值即可求出角.(2)（i）利用余弦定理求解即可.（ii）利用余弦定理解出，再求出再利用二倍角公式求出再利用两角和与差的正弦求解出结果即可.【详解】（1）由已知化简得：由正弦定理边角互化可得：再根据余弦定理，将代入可得：.因为，所以.（2）（i）由题意得，，由余弦定理得，解得或（舍去）.（ii）由余弦定理得，17．(1)证明见解析(2)(3).【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可；（2）利用空间向量法求解即可；（3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离.【详解】（1）证明：（方法一）连接，如图所示：因为，且四边形为矩形，所以，又因为，所以，因为平面，平面，所以平面；（方法二）因为，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：可得，，，，，，，，平面的一个法向量为，，，∵平面.∴平面.（2）由（1）的方法二可知：，，.设平面的一个法向量为，则，取，可得，，所以，设直线与平面所成角为，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（1）的方法二可知：，，，，∴.则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离，.所以直线与直线间的距离为.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用离心率与三角形的面积公式求解出椭圆的方程即可.（2）设直线的方程，联立直线的方程和直线的方程，得到点的坐标，再联立直线的方程和椭圆的方程，从而得到韦达定理，利用向量的工具证明，从而得到B在直线上.【详解】（1）依题意有，解得.故椭圆E的方程为.（2）设直线的方程为，，点，，则点，直线的方程为，直线的方程为，联立得点，由消去得，则，，而点，则，，因为，所以，又，有公共点B，所以点B在直线上.19．(1)证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）当可求得的值，当时，由已知等式得出，变形得出，结合等比数列的定义证明可得结论；（2）（i）分析可知中元素两两互异，且的所有项中至多有两个和两个，由此可得出的最小值，并找出使得的最小值时的一个；（ii）根据（1）中的结论可求出数列的表达式，可得出的表达式，然后由结合二项式定理可化简的表达式.解法一：设为数列的前项和，利用分组求和可求得的表达式；解法二：求出，设为数列的前项和，利用并项求和法可求得的表达式.【详解】（1）因为数列的前项积为，满足，所以当时，，解得.当时，，化为，则，所以当时，，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）（i）由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素，如，在中至多在和中出现两次（规定，），且若出