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高 2026 届高考模拟考试（二）数学试题参考答案及评分建议
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 C A B D A B D C AB BCD BCD -2 19 12
【详细解答】
1．由题可知， B = {0,2,3,5}，则 A B = {2,5}，故选 C．
2．由题可知，不等式 (a 3)(a 6) > 0的解集为 ( ∞,3) (6,+∞) ，则“ a < 3”是“ a∈ ( ∞,3) (6,+∞) ”的充分
不必要条件，故选A．
3．根据分层抽样的方法可知，8人中物理类考生5人，历史类考生3人，则随机抽取3人参加座谈会，物理类
考生2人和历史类考生1人的不同抽取方法数为C25 ×C
1
3 = 30种，故选B．
4．构造函数 g(x) = f (x) + x ，对任意 x∈R ，g′(x) = f ′(x) +1> 0，则 g(x)在 x∈R 上单调递增，又 g(2) = 0 ．则
不等式 f (x) > x 的解集等价于 g(x) > 0 的解集为 (2,+∞)，故选D．
b b 2
5 b ．双曲线的渐近线是 y = x ， = 3 ， ，故选 A．
a a e = 1+ = 1+ 3 = 2 a
t π π π6．令 =ωx + ，则 f (t) = cos t 在区间 ( ,ωπ + ) 恰有一个极值点，根据余弦函数的图象可得
3 3 3
π 2 2 5 6π 2ππ < ωπ + ≤ π，解得： < ω ≤ ，从而最小正周期： ≤ T = < 3π，故选 B．
3 3 3 5 ω
7．OE = OB + kOD，OE OB = BE = kOD ， OB OD = 3 ，可得∠BOD = 60o ， E 的动点轨迹为直线
2 3
y = 3(x 2)，圆心到直线的距离是 d = = 3 ，故 CE 的最小值为 3 1，故选 D．
2
8 10．取 BD的中点O ,连接 AO , CO ,因为 AB = AD = 2, BC = CD = ，所以 AO ⊥ BD,CO ⊥ BD,所以
2
5 10
BD ⊥面AOC ，设 BD = 2x,∠AOC =θ ，则OA = 4 x2 ,OC = x2 ,0 < x < ，
2 2
1
所以VABCD = BD
1
S AOC = BD
1 OA OC sinθ 1 ≤ BD OA OC 1= x 4 x2 5 x2
3 3 2 6 3 2
1 2 ( 2 ) 5 2 2 5 5 13= x 4 x ( x ) 3 2，令 t = x ∈ (0, )， g(t) = t(4 t)( t) = t t +10t ， 3 2 2 2 2
所以 g '(t) = 3t2 13t +10 = (3t 10)(t 1)，由图象可得 g(t) (0,1) (1,
5
在 单调递增， )单调递减，从而
2
g(t)max = g(1)
π
，即 BD = 2,∠AOC = 时，四面体 ABCD的体积最大，故选 C．
2
9．对于选项 A，易知当事件 A B ，则 P(A) ≤ P(B)，A 正确；对于选项 B， A = AB AB，则
P(A) = P(AB) + P(AB) ，B 正确；对于选项 C，不妨考虑抛掷一枚质地均匀的骰子，设 A表示事件“点数
1
是 1 点”， B 表示事件“点数是 3 点或 5 点”，C 表示事件“点数是偶数点”，则 P (A) = , P (B) 1= ，
6 3
P (AC ) = P (BC ) = 0，但P (A) ≠ P (B)，C 错误；对于选项 D，若事件 A与 B 相互独立，有
P(AB) = P(A)P(B) ≠ 0 ，D 错误，故选 AB．
10．对于选项 A，焦点 F (1,0)，所以 C 的半径为 4，A 错误；
对于选项 B，准线为 l : x = 1, | PF |=| PQ |= 4 ,所以 P(3,2 3),Q( 1,2 3) ,则∠PQC = 30 ，B 正确；
对于选项 C，当 P,Q, R 三点共线时, QR ⊥ l ，此时Q( 1,4) ，所以 | QC |= 2 13 ，C 正确；
对于选项D，| PF |2=| QR |2=| QC |2 | CR |2 ,设 P(x, y)，则 (x +1)2 = 36 + y2 16 = 4x + 20 ，解得 x1 =1+ 2 5 ，
x2 =1 2 5 < 0（舍），故满足条件的 P 有且仅有 2 个，D 正确，故选 BCD．
11． 对于选项 A，由递推公式及 a1 =1，可得 a
2 14 59
2 = ， a3 = ，所以 S3 = > 2 ，A 错误； 3 27 27
对于选项 B，由题意可知数列{an}单调递减故数列{an}为单调递减的正项数列，所以 m∈N*， an ≤ m 有
解，B 正确；
1
对于选项 C，由 a = a a2，数列{a }单调递减，当 n →+∞时， a → 0，且 a =1，所以 a ≤1， n+1 n 3 n n n 1 n
a 1 2
可得 n+1 =1 a ≥ ，
an 3
n 3
a 2 a a n
当 n ≥ 2 时， n ≥ ，则 a = n n 1
a 2
n
2
a1 ≥ ( )
n 1 ，所以 2
a 3 a a a 3 Sn ≥ 3
，C 正确；
n 1 n 1 n 2 1 3n 1
1 1 3 1 1
对于选项 D，由 a 2 = = + n+1 = an an ，故 ，3 an+1 an (3 an ) an 3 an
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
即 = ≥ ，故有 ≥ ， ≥ 1 1 1， ， ≥ ，
a (n ≥ 2) n+1 an 3 an 3 an an 1 3 an 1 an 2 3 a2 a1 3
1 1 1 1 1 2 3
累加有 ≥ (n 1)，即 ≥ n + ，故 ， ，
a a 3 a 3 3 an ≤ (n ≥ 2)n 1 n n + 2
3
经检验 n =1也符合上式，从而 a * n ≤ ，n n∈N+ 2
1 1 1 1 1 1
而 = ≤ =
1+ 1 1 1 1
a a 3 a 3 3 n +1 ， 故当 n ≥ 2 时， ≤ 1+ ， n+1 n n 3 a a 3 n
n + 2 n n 1
1 1 1 1
≤ 1+ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ， ， ≤ 1+ ，又 = = 1+a a 3 n 1 a a 3 3 a a 2 3 2
，
n 1 n 2 3 2 2 1
1 1 1 (n 1) 1 1 1 1 1 1累加有 < + + + + < (n 1) + × (
n 1) n 1= ，
a a (n ≥ 2)，
n 1 3 3 2 3 n 3 3 2 2
1 n +1
即 ≤ 2，经检验 n =1也符合上式，所以 an ≥ ，D 正确，故选：BCD． an 2 n +1
12．因为复数 z = (a 1) + (a + 2)i是实数，则 a + 2 = 0，所以 a = 2．
13．因为 an+1 = an +100，有 an+1 an =100 ，即数列{an}是以 226 为首项，100 为公差的等差数列，所以
数列{an}的通项公式为 an = 226 + (n 1)×100．当 an = 2026 时， 2026 = 226 + (n 1)×100，所以 n =19．
14．总分为 18 分，丙得分为 14 分，据此推断，丙仅漏选了两个两分题，且未发生错选.而甲既存在错选，
也存在错选。综合上述信息，即有9.BC,10.ABC,11.ACD，所以得出丁得分为 12 分．
15．（13 分）
bcosC
解：（1）因为 = 2a c ，由正弦定理可得，
cos B
sin B cosC
= 2sin A sin C ，也即 sin B cosC = 2sin Acos B sin C cos B ，………………………（3 分）
cos B
sin B cosC + sin C cos B = 2sin Acos B ，又因为 sin(B +C) = sin(π A) = sin A，
所以 sin A = 2sin Acos B ，且 sin A ≠ 0， ………………………………………………………（6 分）
1 π
所以 cos B = ，因为 B∈ (0,π) ，所以 B = ．……………………………………………………（7 分）
2 3
2 1
（2）因为点 D 为 AC 边上靠近点 A的三等分点，所以 BD = BA + BC ， ………………………（9 分）
3 3
2 4 2 2 BD = BA 1 BC 4+ + BA BC …………………………………………………………（11 分）
9 9 9
4 c2 1 a2 4= + + × 2accos B
9 9 9
4 1
= ×9 + ×81 4+ × 2×9×3× cos π =19，
9 9 9 3

所以 | BD |= 19 ，即 BD的长为 19 ．………………………………………………………………（13 分）
16．（15 分）
法 1：
解：（1）在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，以点 D 为坐标原点，建立如图所示
的空间直角坐标系，
则 D1 (0,0,6)，M (6,3,0)， N (3,6,0)， P (0,6,2)，………………（2 分）

则 MN = ( 3,3,0)，MD1 = ( 6, 3,6)， MP = ( 6,3,2)，…………（3 分）

于是 4MN + MD1 = 3MP， …………………………………………（5 分）



即向量MN ，MD1 ， MP共面，又向量MN ，


MD1 ，MP有公共点M ，所以 D1、M 、N 、P 四点共面． ………………………………………（7 分）


（2）设Q (6,0, t )，则MQ = (0, 3, t )，由点Q∈平面 D1MNP ，得 MQ = λMN + MD1 ，
(0, 3, t ) ( 3λ,3λ,0) ( 6 , 3 ,6 ) λ 2 1即 = + ，解得 = , = , t = 2，即Q (6,0,2)，…………（9 分）
3 3

MQ = (0, 3,2)，而 B1 (6,6,6)，

则 MB1 = (0,3,6)，MN = ( 3,3,0)， …………………………………………………………（10 分）

n MB 1 = 0 3y + 6z = 0
设平面MB1N 的法向量 n = (x, y, z )，则 即

n MN = 0 3x + 3y = 0
，
令 x =1，得 n

= (2,2, 1)， ……………………………………………………………………（12 分）
设点Q到平面MB1N 的距离为 d ，

n MQ
则 d= 8= ，所以点Q到平面MB N
8
1 的距离为 ． …………………………………………（15 分）
n 3 3

法 2：（1）延长MN 交 DC 于点 H ，连接 D1H 交CC1 于点T ，易得C1T = 2TC ，所以点T 与点 P 重合，故
D1、 M 、 N 、 P 四点共面．
（2）等体积法，连接QB1，QN ，设点Q到平面MB1N 的距离为 d ，易得VN QMB =V1 Q MNB1 ，即
1
× BN × S 1 1 1 27 8 8QMB = × d × S NMB ， ×12×3 = × × d ，解得 d = ，点Q到平面MB N 的距离为 ． 3 1 3 1 3 3 2 3 1 3
17．（15 分）
解：（1 c 3）由 e = = ，得 a2 = 3c2， …………………………………………………………（2 分）
a 3
由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 2 6 ,
1
可得 × 2a× 2b = 2 6 ，即 ab = 6 ，………………………………………………………（4 分） 2
再由 a2 b2 = c2 ，
解得 a = 3,b = 2 ，
y2 x2
所以椭圆的方程为 + =1 . ……………………………………………………………（6 分）
3 2
（2）由（1）知 F1(0,1) ,设点 A(x1, y1) , B(x2 , y2 )，
当直线 l 的斜率不存在时， l：x = 0 ，此时 AF2 = 3 ±1, AF2 = 3 1，

不满足 AF2 = 2F2B，舍去； ……………………………………………………………（7 分）
y = kx +1

当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y = kx +1，联立 y2 x2 ，消去 y 得到

+ =1
3 2
(2k 2 + 3)x2 + 4kx 4 = 0 ，其中 =16k 2 +16(2k 2 + 3) > 0 ，

x
4k
1
+ x2 = 2
∴ 2k + 3 ， ………………………………………………………………（9 分）
x x 4
1 2
=
2k 2 + 3

AF1 = 2F1B ∴0 x1 = 2(x2 0) 即 x1 = 2x2
x x x 4k 1 + 2 = 2 = 2
∴ 2k + 3 ，……………………………………………………………（12 分）
x 2 4
1
x2 = 2x2 =
2k 2 + 3
x 4k 2 =
∴ 2k
2 + 3
，
x 2 2=
2 2k 2 + 3
1
解得： k 2 = ，
2
∴k 2= ± ，
2
∴直线 l 的方程为 y 2= ± x +1 . ……………………………………………………（15 分）
2
18．（17 分）
解：（1）设小明三次答题均未通过活动为事件 A，
2 3 1 2 1 3 17
则 P ( A )= × × ( × + × ) = . …………………………………………………………（5 分）
3 4 2 3 2 4 48
（2）设每名学生四次均未通过活动为事件 B ，
2 3 1 2 3 1 3 1 2 1 3 33
则 P ( B ) = × ×
95
3 4
× × + × × × + × = ( )= 8
2 3 4 2 4
，1 P B ，……………（ 分）
2 3 2 4 128 128
由题意可得 X B

128,
95
， …………………………………………………………………（10128 分）

所以 E (X ) =128 95× = 95 . …………………………………………………………………（12 分）
128
（3）设 p1为首先回答基础类问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率； p2 为首先回答挑战类
问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率，
1 2
由全概率公式可得： p1 = + p ，……………………………………………………………（14 分） 3 3 2
p 32 = (
1 p 11 + p2 )， …………………………………………………………………………（16 分） 4 2 2
5 1
由上式可得 p1 = ， p = ， 9 2 3
5
所以小明最终通过答对基础类问题通过活动的概率为 . ……………………………………（17 分）
9
19．（17 分）
解：（1） f (x) = ln(x +1), f ′(x) 1= , f (0) = 0, f ′(0) =1
x +1
所以 a0 = R(0) = f (0) = 0 ， ………………………………………………………………………（1 分）
′
(a1 + x)
1 1 1
1+ x + x
2 a x + x2 1 1+ x + x
2
6 R′(x) = 2 6 2 ，……………………………………（3 分）
1
1+ x + x
2
6
即有R′(0) = a1 = f ′(0) =1． ………………………………………………………………………（4 分）
（2） x∈[0,+∞)不等式 f (x) kR(x) ≥ 0恒成立，令 F (x) = f (x) kR(x)， F (0) = 0 ， ……………（5 分）
x 1+ x2
2 6x + 3x
2 1 (12x2 + 36x + 36)
由（1）可知 R(x) = 1 = 2 ，
F ′(x) = k
x +1 ( 2 )2 ， …………（7 分） 1+ x + x2 6 + 6x + x 6 + 6x + x
6
由题意，有 F ′(0) =1 k ≥ 0， k ≤1（必要性）， …………………………………………………（8 分）
下证（充分性）：
欲证明 f (x) kR(x) ≥ 0，对于 x∈[0,+∞)时，恒成立，其中 R(x) ≥ 0，
即证明 f (x) R(x) ≥ 0 恒成立．
令 F (x) = f (x) R(x)，
2 4
F ′(x) 1 12x + 36x + 36 x= f ′(x) R′(x) = = ≥ 0
x +1 ( 2 )2 ( 2 )2 ，……（9 分） 6 + 6x + x (x +1) 6 + 6x + x
可得 F ′(x) ≥ 0， F (x)在 [0,+∞)单调递增，
从而 F (x) ≥ F (0) = 0，证明完毕． ………………………………………………………………（11 分）
x 2 2
（3）欲证明 x > ，只需证明 x ln x > ln ，…………………………………………………………（12 分）
3 3
令G (x) = xlnx,G′(x) =1+ lnx,
当G′(x) 1≥ 0 x∈ ,+∞ 时， e ……………………………………………………（15 分）
当G′(x) 0 x 0, 1 ,G (x) G 1 1< 时， ∈ e ≥ = e e
1
下证 < ln
3
，由（2）可知，
e 2
f (x) ln(1 x) 6x + 3x
2
= + ≥ 2 ， ………………………………………………………………（16 分） 6 + 6x + x
1 3
1
+ 3
ln 3 4 15 0.4 1取 x = ，则有 ≥ = > > ≈ 0.37 ，证明完毕． …………………………（17 分）
2 2 6 + 3 1+ 37 e
4

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