河北部分高中2026届高三下学期二模数学试题 含答案

/数学本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.若，则（）A. B. C. D.3.已知正项等比数列满足，则（）A.8 B. C.4 D.4.在某人工智能推荐系统中，用户偏好与商品特征会被编码为特征向量，即，其中代表用户偏好向量，代表商品特征向量，越小，商品越符合用户喜好.已知某用户偏好向量，某件商品的特征向量，当该商品最符合该用户喜好时，的值是（）A. B. C. D.5.已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（）A.1 B.2 C.3 D.46.若函数的图象在点处的切线恰好与函数的图象切于点，则（）A. B. C. D.7.若圆M:上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（）A.(0，4] B.[4，+∞) C.(0，2] D.[2，+∞)8.已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（）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.已知在锐角三角形中，，则（）A. B.C. D.10.如图，四面体中，分别为，的重心，则（）A.与可能平行B.平面C.若与均为等边三角形，则平面⊥平面D.若与均为等边三角形，则11.已知函数的定义域为,，且当时，，则（）A.B.是增函数C.函数是增函数D.若实数满足.，则三、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.已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______.14.已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________.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.人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.有效生成无效生成合计模型模型合计（1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率；（2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.附16.已知是数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明.17.如图，四棱台的底面为正方形，平面，平面与平面的交线为l.（1）证明:平面;（2）若，直线与交于点，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求.18.已知双曲线的离心率为点在上.（1）求的方程.（2）已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点.（i）若直线BC和BD的斜率分别为，求;（ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上.19.已知函数，是的导函数.（1）当时，证明：；（2）讨论的极值点个数；（3）若有两个极值点，证明.

数学本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，，.2.若，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：直接由复数的乘法及除法运算可得.解答过程：由得，，即，所以，根据复数的除法.3.已知正项等比数列满足，则（）A.8 B. C.4 D.答案：B解析：思路：根据等比数列的通项公式化简已知条件，由此求得.解答过程：设正项等比数列的公比为，其中，，依题意得，两式相除得，解得（负根舍去），所以，解得.4.在某人工智能推荐系统中，用户偏好与商品特征会被编码为特征向量，即，其中代表用户偏好向量，代表商品特征向量，越小，商品越符合用户喜好.已知某用户偏好向量，某件商品的特征向量，当该商品最符合该用户喜好时，的值是（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，，当时，取得最小值.5.已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（）A.1 B.2 C.3 D.4答案：C解析：思路：设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为.求得确定是等边三角形，再利用抛物线的定义求得进而求得即可得的值.解答过程：设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为.则因为所以因为,根据抛物线的定义，知，，所以是等边三角形，所以，解得所以，,所以，即6.若函数的图象在点处的切线恰好与函数的图象切于点，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先设切点，求出导函数进而得出切线斜率得出切线方程，再应用切线相同列式计算求解，即可得出切线方程.解答过程：因切线与的切点为，由可得，切线方程为：，即①依题意，切线与的切点为，因，则切线的方程为：，即②因①，②都是的方程，则有，联立两式消去

并整理得，即，解得.7.若圆M:上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（）A.(0，4] B.[4，+∞) C.(0，2] D.[2，+∞)答案：D解析：思路：过点作圆的两条切线（为切点），根据题意得到，结合已知可得圆心到直线的距离，由点直线的距离公式代入列不等式求解即可．解答过程：圆M:的圆心坐标，半径为，此时圆心到直线l:的距离为，若在圆M上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝60°，过点作圆的两条切线（为切点），,所以，解得，故选：D.8.已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应的概率，再利用数学期望公式求解.解答过程：随机变量的可能取值为.当时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白球，第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：；当时，前两次未出现同号球，第三次才取到，第一次任取一球，第二次不取同号球，第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：；当时，前三次未出现同号球，第四次才取到，第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同号球，第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：；当时，前四次未出现同号球，第五次必然取到（前四次取了4个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同号）：，数学期望.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.已知在锐角三角形中，，则（）A. B.C. D.答案：BC解析：思路：对A根据正弦函数的单调性判断可得；对B根据锐角三角形及A选项分析结果可得；对C由锐角三角形及正切函数的单调性判断可得；对D先B选项分析知，进而可得，再由余弦函数的单调性可得.解答过程：因为锐角三角形中，，，即，因为均为锐角，所以，且在上单调递增，所以，即，故A错误；对于B，因为，所以，由A选项分析知，所以，得，又因为为锐角，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，因为在上单调递增，所以，因为为锐角，所以，所以，故C正确；对于D，由B选项分析知，所以，因为，所以，在上单调递减，所以，故D错误.10.如图，四面体中，分别为，的重心，则（）A.与可能平行B.平面C.若与均为等边三角形，则平面⊥平面D.若与均为等边三角形，则答案：BCD解析：思路：A选项，假设平行，推出矛盾，A错误；B选项，利用比例关系得到平行关系，得到线面平行；C选项，先得到线面垂直，进而证明面面垂直；D选项，在C基础上，根据锥体体积公式可得两者相等.解答过程：A选项，假设，因为平面，平面，所以平面，但是与平面显然有交点，故假设不成立，A错误；B选项，如图，取的中点，连接，因分别为，的重心，则分别过点，且，所以，又因平面，平面，故平面，B正确；C选项，由B知，平面即为平面，若与均为等边三角形，则⊥，⊥，又，平面，所以⊥平面，又平面，故平面⊥平面，C正确；D选项，易知，所以为等腰三角形，过点作⊥于点，过点作⊥于点，则，由C可知，⊥平面，又平面，所以⊥，又，平面，所以⊥平面，同理可得⊥平面，所以，，又，，所以，D正确.11.已知函数的定义域为,，且当时，，则（）A.B.是增函数C.函数是增函数D.若实数满足.，则答案：ACD解析：思路：对A直接赋值可得；对B构造函数，从而可判断具有线性可加性且单调递增，可设并结合导数可判断BC；对于D将不等式等价转化为，再结合指数函数的性质分类讨论判断可得.解答过程：因为，所以，令，则，即.对于A，令，得，即，所以，故A正确；对于C，因为，且当时，，所以当时，，设任意且，则..因为，由题意知，则.因此，所以在上单调递增，故C正确对于B，又因为，所以设，则，所以，且，当时，，单调递增，当时，，单调递减；故B错误；对于D，由B选项解析知，由所以，，，当时，，所以成立；当时，，，所以成立；当，令，则，所以不成立，当，令，则，所以不成立，综上所述，若，则，故D正确.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______________.答案：解析：思路：根据二项式定理求出的展开式的通项，即可求解展开式中x的系数.解答过程：设的展开式的通项为，令，得，，所以，的展开式中的系数为.13.已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______.答案：##解析：思路：根据椭圆定义和余弦定理可构造方程，利用表示出的长度，再利用余弦定理构造关于的齐次式即可求得离心率.解答过程：设，则，由椭圆定义可知：，，由余弦定理得：，整理可得：，（舍）或，，，，，，即，的离心率.14.已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________.答案：1解析：思路：分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对进行分类讨论，得到答案解答过程：，所以的一个周期为，当时，，由于在上恒成立，故在上的零点个数，即为的解的个数，，显然无解，舍去，，由，得，所以，在上单调递减，当时，，因为在上恒成立，故在上的零点个数，即为的解的个数，，显然无解，舍去，，由，得，所以，且在上单调递减，在区间内恰有个零点，需满足在每个区间内只有1个零点，若，则，满足即有且只有1个解，，满足即有且只有1个解，综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；若，则，满足，即有且只有1个解，，满足即有且只有1个解，综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；若且，其中，则，不满足，无解，同理，不满足，无解，综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去；若，则，满足，即有且只有1个解，，不满足，无解，故函数在各个区间内各有1个零点，在区间内恰有2026个零点，满足要求；若，则，不满足，即无解，，满足，有且只有1个解，故函数在内各有1个零点，但在内无零点，故在区间内恰有2025个零点，不合要求；综上，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.人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.有效生成无效生成合计模型模型合计（1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率；（2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.附答案：（1）

有效生成无效生成合计模型模型合计（2）文本生成效果与模型类型有关.解析：思路：（1）先计算随机生成次为有效生成的频率，再由频率估计概率可；（2）直接由独立性检验计算可得.（1）首先补全列联表：

有效生成无效生成合计模型模型合计根据频率估计概率，模型共生成次，其中有效生成次，因此随机生成次为有效生成的频率为，根据频率估计概率，利用模型随机生成次文本，该文本生成效果为有效生成的概率.（2）零假设：文本生成效果与模型类型无关.代入卡方公式计算，令,因为小概率值对应的临界值，由于，因此不成立.结论：依据的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关.16.已知是数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明.答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到；（2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论.（1）当时，，，，又，；，即，；则当为奇数时，；当为偶数时，；.（2）由（1）得：，，，，.17.如图，四棱台的底面为正方形，平面，平面与平面的交线为l.（1）证明:平面;（2）若，直线与交于点，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求.答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）先证明平面，根据线面平行的性质定理证得，进而证得平面；（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得直线与平面所成的角的正弦值，根据正弦值取最大值求得点坐标，进而求得.（1）因为四边形是正方形，所以，因为平面平面，所以，由于平面，所以平面.由于平面，平面，所以平面，由于平面，平面与平面的交线为，所以，所以平面；（2）以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，，根据正四棱台的性质可知，则，设，由于，而，所以同向，则，，，，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成的角为，则，所以当时，取得最大值，也即取得最大值，对应.18.已知双曲线的离心率为点在上.（1）求的方程.（2）已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点.（i）若直线BC和BD的斜率分别为，求;（ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上.答案：（1）（2）（i）；（ii）证明见解析解析：思路：（1）通过离心率与点在曲线上的条件求解双曲线方程；（2）（i）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理计算斜率乘积；（ii）联立直线方程，结合韦达定理关系化简，确定交点横坐标为定值.（1）由双曲线离心率，得.结合，得，故.将点代入双曲线方程，得，解得，则.故双曲线的方程为.（2）（i）双曲线的左右顶点为，.设过的直线为，与交于，.联立方程，消去得，，由韦达定理，，.直线、的斜率分别为，，则，代入，，得，因此.（ii）直线的方程为，令，得.直线的方程为，直线的方程为.联立两直线方程：，代入，，结合，即，所以，，，，，，即，因在右支，不恒为，故.即点在定直线上.19.已知函数，是的导函数.（1）当时，证明：；（2）讨论的极值点个数；（3）若有两个极值点，证明.答案：（