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河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，则( )
A. B.
C. D.
2.已知复数，则的虚部是( )
A. B. C. D.
3.已知，则的值是( )
A. B. C. D.
4.的最大值是( )
A. B. C. D.
5.的内角，，所对的边分别为，，，已知角，满足：，，则的值是( )
A. B. C. D.
6.圆上的点到直线距离的最大值是( )
A. B. C. D.
7.如图，在等边三角形中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线，于不同的两点，，，则下列选项中不正确的是( )
A. B.
C. D. 的最小值是
8.已知定义在上的函数，满足以下两个条件：对任意恒成立，且；对任意都有，则下列关于函数的表述中正确的个数为( )
；；函数有最小值；函数有最大值．
A. B. C. D.
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。
9.如图，在棱长为的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 平面
B. 正方体外接球体积为
C. 存在一点，使得直线与平面所成的角为
D. 到平面的距离为
10.在当今科技迅速发展的时代，人工智能已经成为科技创新的核心驱动力．当前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，则( )
A. 只有一个小组受到奖励的概率等于
B. 技术难题被攻克的概率为
C. 只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D. 甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
11.已知定义在上的函数满足：，其中表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第个极小值点构成的数列，下列说法正确的是( )
A. 数列为等比数列 B. ，使得
C. 数列的通项公式 D. ，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则 ．
13.已知双曲线的离心率为的一条渐近线与圆交于两点，则 ．
14.已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为 ．
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.本小题分
已知数列的前项和．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
注意：这里表示角度，
16.本小题分
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：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，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．
从前三类主线的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；
从前三类主线的个事件中不可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示所选事件属于第二类或第三类的数量，求随机变量的分布列和期望；
从前三大主线的个事件中按可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示事件属于第二类或第三类的数量，比较与的大小关系．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，底面，是线段的中点，在线段上，．
求证：平面；
求证：平面
在线段之间不含端点，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
已知函数
令，讨论函数的单调性；
若函数有极大值点，求证．
19.本小题分
已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去．
求的方程；
若为的左顶点，经过次操作后停止，求的值；
若是在第一象限与不重合的一点，求的面积．
参考答案
1.
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13.
14.
15.解：当时，，
当时，，
当时满足，故．
设数列的前项和为，又，
则
因为，
所以
，
所以．

16.解：个事件中包含第一类人工智能与算力的有个事件，所以从个事件中随机抽取一个事件，
该事件属于第一类主线的概率为．
个事件中包含个第二类或第三类的事件，
所有可能的取值为：，，，．
．
所以的分布列为：
．
理由如下：从个事件中按可放回抽样的方式随机选个事件，
随机变量，所以．

17.解：连接，交于，连接，因为，为中点，
所以是的中位线，所以，
又因为平面平面，所以平面．
，又是的中点，所以，
因为底面，
所以，
而平面平面，
所以底面平面，所以
又平面平面，
故平面，平面，
所以，
又因为平面平面，
故平面．
设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设．，
，，，
因为与所成的角为，
则即，
化简得，又因为，解得
又因为，故，设平面的一个法向量为，则
，令，则
所以．
由可知：平面，
故是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，则有．
故平面与平面夹角的余弦值为．

18.解：的定义域为
，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
，易知，由知：
当时，是上的增函数，且，所以无极大值，不合题意，
时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以．
当，即时，在上单调递增，无极大值，不合题意；
当，即时，
时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当，即时，时，，
时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
因为，所以，因此函数在上单调递减，
所以当时，有，则有，
因为，所以，于是有，
，使，当时，时，，为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，则，
在上为减函数，故，所以，
即成立，故．

19.解：由题意得，
又椭圆过，故，解得，
所以．
由知，经过次操作后停止，即有与
关于原点对称，，所以与关于原点对称，
因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称．设，
则，
即有，解得，所以，故有．
由知，，设，则直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，所以
则有，即，
设直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，
所以
则有，即，
所以与关于原点对称．
故直线的方程为，
点到直线的距离
又因为，所以
所以．

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