河南周口市2026届高三下学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南周口市2026届高三下学期二模数学试题一、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】D【解析】解不等式，得，所以，又，所以，.2.在的展开式中，的系数是（）A.15 B. C.30 D.【答案】A【解析】二项式展开式的通项为，令，解得，所以的系数是.3.已知向量，满足，，，则（）A. B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】.4.样本数据4，16，5，27，6，30，11，21的第25百分位数为（）A.27 B.24C.5 D.【答案】D【解析】根据题意，将样本数据按从小到大顺序排列为4，5，6，11，16，21，27，30，由于，所以该组数据的第25百分位数为第2个数据与第3个数据的平均值，即.5.如图为函数的部分图象，，为图象与轴的两个交点坐标，则（）A. B.0 C. D.【答案】B【解析】由图可知，，，则所以，，，解得，．因为，所以，所以，，所以．6.已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为直线的，由角平分线性质定理可知，所以，由双曲线的定义可知，所以，在中由余弦定理可得，即，整理得，两边同除以可得，解得或（舍去）．故选：C.7.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：.该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，该数列有这样一个规律：，称为卡西尼恒等式，根据卡西尼恒等式，（）A.1 B.-1 C.2026 D.2027【答案】A【解析】由得，当为偶数时，；当为奇数时，，所以.故选：A.8.已知函数，给出下列四个结论：①存在无数个零点；②在上有最大值；③若，则；④区间是的单调递减区间．其中所有正确结论的序号为（）A.①②③ B.②③④C.①③ D.①②③④【答案】A【解析】对于①，由，解得函数的定义域为，令，可得，则，故，所以函数有无数个零点，①正确；对于②，当时，，令，可得，，解得，，假设函数在上的最大值点为，则，设，则，所以，则，所以在上存在最大值点，则，又因为在上是一条连续不断的曲线，所以函数在上存在最大值，故函数在上存在最大值，②正确；对于③，对任意的，，，当时，有，③正确；对于④，，，因为，即，故，故函数在上不可能单调递减，④错误；综上，①②③正确.故选：A.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.已知为复数，下列说法正确的是（）A.B.C.若是方程的两根，则D.若，则【答案】AC【解析】选项A、B：设，则，，，，故A正确；，，，，故B错误；选项C：已知是方程的两根，由韦达定理得，，故C正确；选项D：令，满足，但，故，不能推出，故D错误．故选：AC．10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.若在上恰有三个零点，则B.若在上恰有三个零点，则C.若在单调递增，则D.若向左平移后的图象与图象关于对称，则【答案】ABD【解析】A，令，即，解得或，当时，可得，要使在上恰有三个零点，则需，解之可得，故A正确；B，由A可知，所以，所以，故B正确；C，当时，，由正弦函数的单调递增区间可知，解得，时，则；时，则；当时，，不合题意；则，故C错误；D，根据平移规则可知平移后函数为，图象与图象关于对称，则，代入得，化简可知，继续化简可得，故D正确.11.在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（）A.点的轨迹长度等于B.平面C.直线与平面所成角的正弦值的最大值为D.异面直线与，所成角的余弦值的最小值为【答案】ACD【解析】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴，则可得，因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离.对于A，根据题意可设平面的方程为，则有，解之可得，令，则可得，所以平面的方程为，再根据点到平面的距离公式可求出，而，所以可求出，当时，，当时，，而，即点为一条线段，由点的轨迹长度为，故A正确；对于B，因为，，所以可知平面，所以同理可证，是平面法向量，，根据平面，则有，可求出，而由A可知，有矛盾，故可判断B错误；对于C，法（一）直线与平面所成角为，则，而为点到平面的距离，根据两点之间距离公式可求出，，要使最大，则只需最小即可，当时，取最小值为，所以，法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时，线段最短，，此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确；对于D，法（一）设直线与所成角度为，而根据异面直线所成角的余弦公式可知，由C选项可知，所以，令，化简后可得，令，，则，所以在上大于，所以为单调递增，则，则，所以最小值为，法（二）平移到根据图形可知当点位于点时，异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在研究两个变量的相关关系时，观察散点图发现样本点集中于某一条指数曲线的周围．令，求得经验回归方程为，则该模型的回归方程为________．【答案】【解析】因为，所以．故答案为：.13.已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______.【答案】【解析】由直线与曲线相切，设切点为，由，且切线的斜率为，所以，代入曲线方程中得：，所以切点为，代入直线方程中得：，因为，所以.当时取等号，所以的最大值为.14.已知曲线：与轴交于，两点，点是上一个动点，给出下列四个结论：①曲线关于x轴对称；②曲线内存在面积为2的等腰三角形③面积的最大值为1；④存在2个点，满足．其中，所有正确结论的序号为__________．【答案】②③④【解析】对于①，若是曲线上的点，代入，得，（除或）所以曲线不关于轴对称，故①错误；对于②，令，得，即，解得，所以，，则，因为点在曲线上，所以，所以.因为满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，在曲线上取关于轴对称的两点，，则都是等腰三角形，如图，则，到的距离为，则，当时，此时，，所以曲线内存在面积为2的等腰三角形，故②正确；对于③，点到轴的距离就是中边上的高，由于，所以，，所以的最大值为1，故③正确；对于④，坐标平面内满足的点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，由已知，，故，所以椭圆的方程为.联立，得，所以，即，所以，所以，解得，所以椭圆与曲线M的交点为和，所以满足的点有两个，故④正确.综上，正确结论的序号为②③④.四、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.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求角B；（2）当时，的面积为S，周长为L，求的取值范围.解：（1）由题可得，即因为，，所以，即，因为，所以.（2）解法一：，，由余弦定理可得：，即.所以，即.，由正弦定理可得，，，则因为，，所以所以，所以解法二：由正弦定理可得，，，则，因为，，所以，所以，所以.16.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，且，设，分别为，的中点.（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值大小.（1）证明：连接交于，又，分别为，的中点，则，又平面，平面，则平面.（2）证明：在中，，，由，可得，又由，，可得，且，可得，，，面，则面，又面，则平面平面；（3）解：取中点记为连接，中，，，则，又，所以，则平面，平面，，又，以为轴建系，如图：则，，，，，则，设平面的法向量为，则，令，得，可得，，设直线与平面所成角为，则.17.某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．（1）求智能客服的回答被采纳的概率；（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，解：（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，则，则.（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，因此随机变量服从二项分布，则，，，，，，，的分布列为：0123（3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，则，满足推广条件，因此该系统会得到推广.18.已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且.（1）设为坐标原点，证明：，，三点共线；（2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，.（i）证明：；（ii）证明：.证明：（1）设，，则，，因为，可知：，，，因为，可知：，则，，由可知：，可知：，因此，，，三点共线.（2）（i）由可得：，由（1）可知：.由，可知：，且，都在第一象限，则，，由（1）知：，，，由（*）式结合，可知：，，则，，因此可得：，由此可知：；另解：由（1）可知：，则，直线，联立直线与椭圆：，解得点，同理：，以下同上个解法.（ii）由（i）可知：，，则；直线，直线，设点，于是，，则，即，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则，，于是，则；另解1：由（i）可知：，，则；如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接，由于，设，则，则，，三点共线，于是，则，于是，则，，，四点共线.于是，，由于为的中位线，则，因为，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则，，于是，则.另解2：由于，，则，则是等腰直角三角形，于是，，，，同理可求，由于，于是，，且，为锐角，由在上单调递增，所以．19.已知函数，．（1）当时，求在处的切线方程；（2）若，都成立，求的取值范围；（3）若函数，证明有且仅有两个零点．（1）解：当时，，则，所以，．故切线方程为，即．（2）解：因为在上恒成立，且，所以在上恒成立，令，则，因为，①当时，由，解得，，单调递增，，单调递减，所以当时，；②当时，因为，，所以，所以时，，所以，综上，的取值范围为．（3）证明：因为，所以，，设，①当时，