湖北省新八校2026届高三下学期第二次联考(二模)数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省新八校2026届高三下学期第二次联考(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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意联立方程组，解得：，即.2.已知，，则（）A.25 B.16 C.4 D.5【答案】D【解析】，则，故选D.3.函数的极大值点为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由函数，可得，当或时，可得；当时，，所以在递增，在递减，所以是函数的极大值点.4.在同一坐标系下，下面4条抛物线中开口最大的为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由抛物线的性质，得抛物线中，越大，抛物线开口越大，所以抛物线中，开口最大的为.5.已知函数，则该函数的值域为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，令则，则原函数的值域等价于函数的值域，时，恒成立，即单调递增，当时，，时，，所以值域为.6.在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（）A.直角三角形 B.等腰非等边三角形C.等边三角形 D.钝角三角形【答案】C【解析】在中，，又可得，从而；利用余弦定理和面积公式可将化为，所以，从而，故是等边三角形.7.已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，可知，根据对称性易得，所以，所以，圆心到直线的距离，且易知，，所以，所以．8.定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，，令，则，得，令得，即函数是奇函数，下面判断函数的单调性，令，则，，所以，所以，即，所以在单调递增，，，，构造函数，则，当时，，当时，，所以在递增，在递减，则，即，所以，又在单调递增，所以，也即．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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数、是方程的两根，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.若，则【答案】AD【解析】实系数一元二次方程的虚根共轭成对，因此，A正确由韦达定理可知，，所以B错误；，C错误，，可得，由韦达定理可知，所以， D正确.10.已知数列满足，且，则的值可能是（）A.1 B.2026 C. D.【答案】ACD【解析】原式因式分解可得，故或都可成立.数列每一项都满足时，则，A可能，，不是的整数次幂，B不可能，第一步选择，之后所有递推都选择​，则，C可能，所有递推都选择，则，D可能.11.已知对勾函数的图象是双曲线，焦点分别为、，直线与对勾函数的图象交于、两点，且和在第一象限，过作直线的垂线，垂足为，则（）A.对勾函数的离心率为B.C.D.若，则【答案】ABD【解析】对勾函数的两条渐近线分别为轴和，所以它的对称轴为，设双曲线的实轴长为，虚轴长为，且，由双曲线的性质可知，化简可得离心率，故A正确；对称轴与的交点坐标为和，所以，因为，关于原点对称，所以，故B正确；由图可知，且，所以，故，C错误；若，则四边形为矩形，所以，设，故有解得，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________.【答案】【解析】多项式的展开式的各二项式系数的和等于.13.三棱锥中，、、与底面所成的线面角相等，二面角、、的大小也相等，且，，则三棱锥的外接球体积为__________.【答案】【解析】若平面，连接，即，而，则，所以是的外心，同上分析可得，由平面，平面，平面，则，若，且，而平面，平面，平面，所以平面，平面，平面，即，所以，则，所以是的内心，综上，是等边三角形，该三棱锥是正三棱锥，所以外接球球心落在过的高线上，若棱锥的外接球半径为，的外接圆的半径为，则，所以，而，则，，所以，则三棱锥的外接球体积为.14.已知函数，且对恒成立，则的最大值为__________.【答案】【解析】由函数，可得，令，可得，令，即，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处取得最小值，若，可得恒成立，所以在上单调递增，当时，，可得，不满足恒成立，不符合题意；当时，因为在上单调递减，在单调递增，且当时，；当时，，如图所示，所以存在唯一的使得，即，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以时，函数取得最小值，将代入可得，整理得，再将和代入，可得，令，可得，令，即，解得或，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，且，所以的最大值为.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.若函数的最大值为3.（1）求的值及函数的单调递减区间；（2）求不等式的解集.解：（1），因为的最大值为3，所以，，解得，的单调递减区间为（2），可得或即或，所以或，解得或，所以解集为或.16.某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8，3分球的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球或3分球.（1）若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率：（2）现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略：若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大.解：（1）记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件，则所以.（2）当该运动员第一次选择2分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有，可得，，，，所以随机变量的分布列为：02340.10.160.10.64所以当该运动员第一次选择3分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有，可得，，，所以随机变量的分布列为：02360.10.40.250.25所以，因为，即，所以该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大.17.如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于.（1）求证：；（2）若三棱锥的体积为，（i）求直线与平面所成的角；（ii）当时，求二面角的余弦值.（1）证明：由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形，现将沿折起，可得，为等边三角形，如图所示，取的中点，连接，，可得，，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：（i）由（1）知平面，可得，又由，，所以是二面角的平面角，即，因为菱形的边长为，可得，又因为三棱锥的体积为，可得，解得，所以或，因为平面，且平面，所以平面平面，因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上，所以即为直线与平面所成角，所以直线与平面所成角为或；（ii）因为，所以，且，过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，可得，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，可得，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.18.函数.（1）当时，求函数在的单调区间；（2）若存在，使得成立，求的取值范围；（3）若函数有两个零点、，且，求的取值范围.解：（1）当时，，可得，令，可得，因为和在为单调递增函数，可得在单调递增，所以，所以在单调递增，又因为，所以当时，；时，；所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）由不等式，可得，即，因为存在，使得成立，即在上有解，令，则有解，构造函数，则，当时，；当时，，所以在递减，在递增，所以，即，又因为函数在单调递增，所以当时，可得，即，所以实数的取值范围为.（3）函数有两个零点，即有两个不同的解，即有两个不同的解，令，且为单调递增函数，可得，当时，的两个解为，即，则，即，令，则，且，所以，，所以，构造函数，可得，令，则，所以在单调递增，则，所以恒成立，所以在单调递增，可得，又因为时，，所以.19.如图，有一个“果圆”，轴左边为一个半圆，轴右边为一个半椭圆（焦点在轴上），且它与轴正半轴的交点为，椭圆的离心率为.（1）求半椭圆的标准方程；（2）过点作直线与果圆交于另一点（与不重合），若的面积为1，求直线的方程：（3）若轴上方有一条斜率为0的直线与果圆相交于、两点，连接、并延长，分别交果圆于点、点，连接，记、的面积分别为、，求的最大值.解：（1）设半椭圆的方程为，因为半椭圆与轴正半轴的交点为，可得，又因为椭圆的离心率为，可得，即，因为，即，解得，所以半椭圆的标准方程为.（2）设点到直线的距离为，由点，可得直线的方程为，且，因为若的面积为1，可得，解得，设点落在