河北沧州市第一中学2026届高三下学期第二次模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

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注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题: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，只有项是符合题目要求的.
1. 若复数的共轭复数为，并满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据除法法则计算得到，从而得到.
【详解】因为，所以，所以
故选：A
2. 若集合，集合，则的非空真子集个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分别确定集合，，再根据交集的定义求，再根据中元素的个数确定其非空真子集的个数.
【详解】因为集合
，
集合，
则，所以的非空真子集个数为：个．
故选：B
3. 若函数，则（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得，
则.
4. （ ）
A. 1B. C. -1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二倍角公式以及诱导公式即可运算求解.
【详解】
.
故选：D.
5. 已知向量，且，则（ ）
A. -2B. C. -2或D. 2或
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义和向量平行的坐标公式求解即可得出答案.
【详解】，
又且反向，
所以或，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，所以，
故选：B.
6. 设函数，直线分别交函数和的图象于点P，Q，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设P点的横坐标为a，由题设可得关于与的关系，故可求其最小值.
【详解】设P点的横坐标为a，Q点的横坐标为b，则，
于是．
设，则，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
于是当时该函数取得极小值，亦为最小值，即，
因此所求的最小值为1．
故选：A
7. 已知点，，若点在线段上，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】表示点与与直线的斜率取值范围，先求出与点连线斜率，再结合题意即可得出答案.
【详解】解：∵，∴可得为点与与直线的斜率取值范围，
如图所示：
∴与点连线斜率为，
与点连线斜率为，
∴可得斜率取值范围为．
故选:A．
8. 在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中，平面ABC，则，所以平面，，
所以,所以当取最小值时，D在AC上，
如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作，
则，则的最小值等价于的最小值，
过作于，可知，
可知，，所以，，
则，
所以，
所以的最小值为.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 在次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件发生的概率为，则事件发生的次数服从二项分布，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的应用也很广泛，即事件首次发生时试验进行的次数，我们称从“几何分布”，经过计算，由此推广在无限次伯努利试验中，试验进行到事件和都发生后停止，此时所进行的试验次数记为，则，，那么下列说法正确的是（ ）
A. B. ，
C. 的最大值为D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，服从二项分布，使用二项分布求解即可；对于B，服从“几何分布”，即表示进行了次，前次未发生，故；对于C，服从“几何分布”，即，通过导数判断单调性即可求出最大值；对于D，根据“几何分布”求数学期望，再根据公式计算数学期望即可.
【详解】对A项，因为，所以，故A错误；
对B项，表示进行了次，前次未发生，
所以，故B正确；
对C项，，
令，，
所以，
解得或（舍）
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，
所以，
即的最大值为，故C正确；
对D项，
所以①
用代换得：
②
由①②得
，
故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，则（ ）
A. ，使得B. ，使得
C. ，都有D. 有最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】由得.举例说明判断A；利用导数证明即可判断B；易知，结合二次函数的图象与性质即可判断C；，结合其几何意义和点线距公式计算即可判断D.
【详解】由，得或，即或.
又函数的图象恒在的图象上方，
所以无解，故，即.
A：当时，成立，所以，使得，故A正确；
B：易知函数的图象恒在的图象上方，则；
设，则，
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
得，即，
所以不存在，使得，故B错误；
C：设，
由，得，
对于二次函数，
其对称轴为，且，
所以，都有不成立，故C错误；
D：，
其几何意义为点到点的距离的平方减去1.
又点到直线，即的距离为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：AD
11. 若正整数的公约数只有1，则称互质.设为正整数，则函数表示小于或等于且与互质的正整数的个数，例如，.函数以其首位研究者欧拉命名，称为欧拉函数.下列关于欧拉函数的命题正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AC：利用欧拉函数定义求解判断；对于BD：举反例说明即可.
【详解】因为小于或等于5的正整数中与5互质的正整数为1，2，3，4，
小于或等于的正整数中与互质的正整数为1，3，7，9 ，所以，故A正确；
当时，，故B错误；
因为小于或等于32的正整数中与32互质的正整数为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，
21，23，25，27，29，31，共16个，所以，故C正确；
因为当时，，故D错误，
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过点且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且，则椭圆C的离心率为______
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据题意利用勾股定理求出，再由椭圆定义求出即可得解.
【详解】由题意知，
所以，即，
又，即，
所以，
故答案为：
13. 已知幂函数满足，若函数，在区间上是减函数，则非负实数的取值范围是___________．
【答案】．
【解析】
【分析】先表示出函数的表达式，结合函数的单调性通过讨论的范围，从而得到答案．
【详解】依题意可知，，解得：，
又，所以或1，则，
所以：．
，
当时，在单调递减成立；
当时，开口向下，对称轴右侧单调递减，
所以，解得；
综上所述，，
故答案为：．
14. 为了测量一个不规则公园两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距的两点，点在点A的正东方向上，且四点在同一水平面上．从点A处观测得点在它的东北方向上，点在它的西北方向上；从点处观测得点在它的北偏东方向上，点在它的北偏西方向上，则之间的距离为______km.
【答案】2
【解析】
【分析】由题意确定相应的各角的度数，在中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解，求得答案.
【详解】由题意可知，, ,
故在中，，
故 ，，
在中，，
故 ，，
所以在中，，则 ,
故答案为：2
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. 已知等比数列中，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件先求出首项和公比代入等比数列通项求解即可.
（2）结合等差数列求和公式和等比数列求和公式，用分组求和的方法代入求解即可.
【小问1详解】
设等比数列的首项为，公比为，其通项公式为，
根据已知条件，可列出方程组，化简得：，
将代入，解得，
因此通项公式为；
【小问2详解】
这个数列的每一项都是一个等差数列与一个等比数列的对应项的和，因此可以分组求和．
．
16. 在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC
⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角N-CM-B的正切值大小；
（3）求点B到平面CMN的距离．
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】
【详解】⑴ 取AC中点O，连结OS、OB
∵平面平面ABC，平面SAC平面ABC=AC
∴SO⊥平面ABC， SO⊥BO
如图建立空间直角坐标系O—xyz：
则
⑵ 由⑴得
设为平面CMN的一个法向量，则，取
则
又为平面ABC的一个法向量
⑶ 由⑴⑵得为平面CMN的一个法向量
∴点B到平面CMN的距离
本题的关键是由已知条件找到建立空间直角坐标系的合适位置，进而找到相关点，向量的坐标，代入线面角点面距的向量计算公式求解，有一定的难度
17. 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为；
方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为；
方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为.
（1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
（2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：
①第1次，随机选择一种方案；
②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，.
（i）求，，并证明：数列为等比数列；
（ii）求和，并判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
【答案】（1）
（2）（i），，证明见解析；（ii）和见解析，能提高.
【解析】
【分析】（1）由题意，根据全概率公式，即可求得答案.
（2）（i）根据条件，代入数据，求出，；分别求出和的表达式，即可得的表达式，化简整理，结合等比数列的定义，即可得证.
（ii）由（i）得的通项公式，同理可得的通项公式，联立可得和，求出第n次提前送达的概率，分析比较，即可得答案.
【小问1详解】
每次随机选择一种方案，则三种方案被选中的概率均为，
设物流提前送达为事件D，则.
【小问2详解】
（i）第一次随机选择，则，
若第一次提前送达，概率为，若第一次未提前送达，则概率为，
则，，
由题意得，
，，
则
，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（ii）由（i）得①，
同理
，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
①②联立得，
设第n次提前送达事件为
则
，
随着n增大，逐渐增大，且，
所以当时，，
因此从第2次起，智能自适应调度系统逐步提高物流提前送达的概率.
18. 已知函数，.
（1）若，求的单调区间；
（2）若，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）函数图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点.
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断导函数的单调性和零点，即可求解和的解集；
（2）（ⅰ）首先根据指对函数的性质确定不成立，讨论的情况，令，利用导数分析函数的单调性和零点，根据不等式求的值；（ⅱ）首先假设函数图象上存在关于原点对称的点，转化为判断函数是否有零点.
【小问1详解】
当时，，，
则为增函数，又，
当时，，在上为增函数，
当时，，在上为减函数，
的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
（ⅰ）即，
当时，若，则，，且，不等式不成立，
，
当时，令，，
令，则，在上为增函数，，
，，，
，又且，
则在上有且仅有一个零点，
当时，，，在上为增函数，
当时，，，在上为减函数，
则函数在处取得最小值，，
又，则此时必有，所以，解得；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，假设存在关于原点对称的点，
设点为函数图象上的点，则关于原点对称的点为，
，
设函数，
，为偶函数，
当时，，
，
，则，所以函数为增函数，，
，
即方程在上有唯一解，
综上可知函数图象上存在唯一一对关于原点对称的点.
19. 已知双曲线C的实轴长为4，且与双曲线有公共的焦点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）已知，P是C上的任意一点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的性质求解；
（2）利用点在双曲线上以及两点间的距离公式求解.
【小问1详解】
双曲线的焦点为，
所以设双曲线C的方程为，
所以，解得，
所以双曲线C的方程为.
【小问2详解】
由可得，或，
设，或，则，
所以，
所以当时，有最小值为.