河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷

河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷一、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A={x∈Z∣−3<2x−1<11},B={x∣2≤x<7}，则A．{x∣2≤x<6} B．{x∣−1≤x<7}C．{0,1,2,3,4,5,6} D．{2,3,4,5}2．已知复数z=1+i1−i，则A．1 B．−1 C．i D．−i3．已知sinα=35,cosβ=−A．6365 B．−6365 C．−4．x(6−x)的最大值是（）A．9 B．3 C．18 D．65．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：2sinB−sinC=0，A．−14 B．14 C．−6．圆C:(x−1)2+A．7 B．5 C．3 D．27．如图，在等边三角形ABC中，AB=6，点O是靠近B的三等分点，过O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，AB=mA．AO=23C．2m+n=3 D．1m+8．已知定义在R上的函数y=f(x)，满足以下两个条件：（1）f(x)>0对任意x∈R恒成立，且f(1)=1；（2）对任意x1,x2∈R①f(0)=12；②f(−1)=14；③函数y=f(x)有最小值；A．4 B．3 C．2 D．1二、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，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1CA．A1D//B．正方体外接球体积为4C．存在一点E，使得直线CE与平面ADD1D．E到平面B1D10．在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核心驱动力．当前AI正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题的概率分别为13A．只有一个小组受到奖励的概率等于1B．技术难题被攻克的概率为3C．只有甲、丙小组受到奖励的概率为1D．甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为111．已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：f(x+1)=2f(x)+[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数．当x∈(0,1]时，f(x)=xlnx，设数列an满足aA．数列an+n+1为等比数列 B．∃k∈C．数列bn的通项公式bn=n−1+1e三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若(1+5x)(1+x)2026=a13．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)14．已知函数f(x)=cos(ωx+φ)ω>0,|φ|≤π2,x=−π8是y=f(x)的零点，直线x=3π8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．已知数列an的前n项和S（1）求数列an（2）求数列cos2注意：这里an°16．2026年我国科技前沿的标志性事件可以概括为四大主线，第一类就是人工智能与算力，第二类是航天与通信，第三类是能源与材料，第四类是生命科学与前沿突破．其中第一类人工智能与算力包含四个事件：AI超级计算平台规模化落地，多智能系统成为标配，特定领域语言模型爆发，脑机接口商业化元年；第二类航天与通信包含三个事件：低轨卫星互联网组网成型，6G试验网与标准突破，商业空间站与深空探测；第三类能源与材料包含三个事件：可控核聚变“亿度”持续运行，钠离子电池量产应用，高端材料国产替代领跑；第四类生命科学与前沿突破包含两个事件：碱基编辑疗法临床验证，量子计算实用化进展．（1）从前三类主线的10个事件中随机选取一个事件，求该事件属于第一类主线的概率；（2）从前三类主线的10个事件中不可放回的方式随机选取三个事件，随机变量X表示所选事件属于第二类或第三类的数量，求随机变量X的分布列和期望；（3）从前三大主线的10个事件中按可放回的方式随机选取三个事件，随机变量Y表示事件属于第二类或第三类的数量，比较E(X)与E(Y)的大小关系．17．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PD=DC,PD⊥底面ABCD，E是线段PC的中点，F在线段PB上，EF⊥PB．（1）求证：PA//平面BDE；（2）求证：PB⊥平面DEF（3）G在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为π318．已知函数f(x)=（1）令g(x)=f'(x)（2）若函数f(x)有极大值点x0x019．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且经过点A(2,1)，定义第nn∈N∗次操作为：经过C上的点An（1）求C的方程；（2）若A1为C的左顶点，经过3次操作后停止，求k（3）若k=−ba,A1是C

答案解析部分1．【答案】D2．【答案】A3．【答案】D4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】A7．【答案】B8．【答案】C9．【答案】A,B,C10．【答案】B,D11．【答案】A,C12．【答案】3×13．【答案】214．【答案】315．【答案】（1）解：当n=1时，a1当n≥2时，an当n=1时，满足题意，

则an​​​​​（2）解：设数列cos2an°的前90项和为T90则T==因为cosm所以cos=cos则T9016．【答案】（1）解：因为10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，

所以，从10个事件中随机抽取一个事件，则该事件属于第一类主线的概率为410（2）解：因为10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，所以，X所有可能的取值为：0，1，2，3，则P(X=0)=P(X=2)=C所以X的分布列为：X0123P1311则E(X)=0×1（3）解：E(X)=E(Y)，

理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，则随机变量Y~B3,35,E(Y)=3×3​​​​​​​17．【答案】（1）证明：连接AC，交BD于O，连接OE，

因为E，O为中点，所以EO是△PAC的中位线，

则PA//EO，又因为PA⊂平面BDE,EO⊂平面BDE，

所以PA//（2）证明：因为PD=DC，又因为E是PC的中点，所以DE⊥PC，因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，又因为BC⊥CD,PD∩CD=D,PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC，所以BC⊥底面PDC,DE⊂平面PDC，则BC⊥DE,因为BC∩CP=C,BC⊂平面PBC,CP⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，则DE⊥PB，又因为EF⊥PB,DE∩EF=E,DE⊂平面DEF,EF⊂平面DEF，所以PB⊥平面DEF．（3）解：设PG=λPB(0<λ<1)，以点D为坐标原点，

以DA,DC,DP所在直线分别为x轴，y

设AD=2，则D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),A(2,0,0)，所以E(0,1,1),PB=(2,2,−2)， PG因为EG与PA所成的角为π3所以cosπ3=|EG⋅PA||EG||PA|因为DG=DP+PG,PG=45,45,−45，

所以DG=4由（2）可知：PB⊥平面DEF，则PB=(2,2,−2)设平面DEF与平面DEG夹角为θ，

则cosθ=所以，平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为5318．【答案】（1）解：因为f(x)的定义域为(0,+∞所以g(x)=f当m≤0时，g'(x)=2−mx>0当m>0时，令2−mx=0当x∈0,m2时，g'(x)<0因此，g(x)在区间0,m2上单调递减，在区间综上所述，当m≤0时，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增；

当m>0时，g(x)在区间0,m（2）证明：因为g'(x)=2−mx，所以f'(1)=0，

由（1）知：①当m≤0时，所以f(x)无极大值，不合题意，②m>0时，g(x)=f'(x)在区间0,m2上单调递减，

当m2=1时，即当m=2时，则f'当m2>1时，即当当x∈(0,1)时，f'∴1是唯一极大值点，不合题意；当m2<1时，即当0<m<2时，当x∈m当x∈(1,+∞)时，f'(x)>f∵f设2m=t，因为0<m<2，所以设Ht又因为t>1，所以H't<0，

因此函数H当t>1时，有Ht<H1因为t>1，所以e−tt<1⇒e∴∃x0∈0,m2，使f'x0=0，

当x∈0,x由f'x0∴fx要证fx0>1∵lnx0令h(x)=xlnx−2x+2,x∈(0,1)，

则∴h(x)在0,1上为减函数，则h(x)>h(1)=0，所以hx则x0lnx0−219．【答案】（1）解：由题意，得e=1−因为椭圆过A(2,1)，所以2a2+所以x2（2）解：由（1）知A1(−2,0)，

经过3次操作后停止，则B3因为椭圆关于原点对称，所以A1B1//A3B又因为A2与B1关于x轴