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河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题
一、单选题
1．i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
2．已知向量，若，则（ ）
A．-2 B．0 C．2 D．8
3．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则（ ）
A． B．-1 C． D．-2
5．若，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（ ）
A． B． C． D．
7．已知随机变量，随机变量，则（ ）
A． B．
C． D．
8．在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．为偶函数 B．在上单调递增
C．的最小正周期是 D．的一条对称轴为
10．在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面PAB
B．当时，直线CE与PB所成角为
C．当时，直线CE与平面PAD所成角为
D．当时，三棱锥的外接球表面积为
11．设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．
D．
三、填空题
12．的展开式中，的系数为______．
13．已知直线与圆相切，若直线过抛物线的焦点，与的准线相交于点，则__________．
14．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________．
四、解答题
15．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且.
(1)若，求的面积；
(2)当时，求.
16．甲、乙两名乒乓球选手进行比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，采用七局四胜制（当一人赢得四局胜利时，该人获胜，比赛结束）．
已知甲先赢了前两局．
(1)若，求：
（i）乙获胜的概率；
（ii）比赛打满七局的概率；
(2)设比赛结束时，已经比赛的总局数为随机变量，若，求的取值范围.
17．在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为2的菱形，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点．
(1)若焦距为12，求的方程；
(2)当时，若，证明：轴；
(3)若，求的最大值.
19．设函数，若有两个极值点，且.
(1)求的取值范围；
(2)当时，记为最大零点.
（i）①证明：有两个零点；②证明：；
（ii）比较与的大小，并给出证明.
参考答案
1．A
【详解】,
所以复数的虚部为.
2．D
解：，，
，解得．
3．B
解：，解得，即，
，，解得，即，
．
4．C
【详解】由题意得，由于，
所以，因此且，
则，故C正确.
5．C
解：，，则椭圆焦点在轴，，
．
6．A
【详解】由可得，
所以在点处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，即可得，
因此．
故选：A
7．D
【详解】
因为，，则，
因为，，则，
对于A，，A错误；
对于B，，故，B错误，
对于CD，，
，
则，D正确；
所以，C错误.
8．C
【详解】设等差数列的公差为，所以，因此，所以，
所以，，
因此，当时，；时，，
因为，
所以当时，，当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为
，
所以，当时，取得最大值.
9．BD
【详解】令，得，故的定义域为，关于原点对称，
因为，所以为奇函数，故A错误；
因为在上单调递增，且，
所以在上单调递减，故在上单调递增，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
，
所以的一条对称轴为，故D正确.
10．ACD
【详解】因为，所以，
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，则 ，
由得， .
对于A：当时，， ，平面的法向量为，
因为 ，且不在平面内，故平面，A正确；
对于B：时， ， ，设直线与所成角为，
则 ，故夹角不是，B错误；
对于C：当时， ， ，
平面的法向量为 ，设直线与平面所成角为，
则 ，得，C正确；
对于D：当时，四点坐标： ，
则 ，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径，
因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为，
则由球心到各顶点的距离相等，可得，
解得，所以球心为，半径，故外接球表面积，D正确.
11．ACD
【详解】对于A，若，由概率的基本公式有，
代入，
则，
由条件概率有，且，
则有，故A正确.
对于B，已知，，
若，则，这说明事件相互独立，
由于，要使，
必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误；
对于C，由德摩根定律，
因此，故C正确；
对于D，令，其中，令，
由概率的基本性质得，
要证，也就是证，
即证，即，
①先证：不妨设，则，
则，
而函数，最大值为，在处取得，
因此，，在时取等号；
②再证，即证，由于，
所以，
因此，
当时，此时，
因此，在时取等号；
当时，此时，
因此；
综上所述，有，故D正确.
12．-20
【详解】展开式的通项公式，令，解得：，则，所以的系数为-20.
故答案为：-20
13．10
【详解】因为直线与圆相切，
所以，解得或，
由知，
代入直线方程，可得，
当，显然不满足，
当时，由，
所以抛物线方程为，焦点，准线方程，
代入直线方程，可得，即，
所以.
14．
【详解】因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，
则，即，
所以集合
当时，集合为，则；
当时，集合为，则；
当时，，则，
综上所述，，则，
设数列前项和为，
当时，；
当时，，
则，
两式相减得，，
则,
显然满足上式，则.
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，
所以，
因为，所以，
又因为点是边AC中点，
所以的面积.
（2）在中，由余弦定理可得：
，
在中，由余弦定理可得：
，
又因为，解得.
16．(1)（i）；（ii）
(2)或
【详解】（1）（i）乙获胜有两种情况：
①乙连胜四局，概率为，
②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜，
概率为，
所以当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为.
（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，
则，
，
所以比赛打满七局的概率为.
（2），
，
由已知整理得：
，
解得：或，
因为，
所以或，
综上：或时，．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为侧面是边长为2的菱形，，
所以，取中点，连接，则，
又因为，所以，
又因为底面侧面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面ABC，所以，
因为，满足，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为侧面是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面；
（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，
故，，
设平面与的法向量分别为、，
则，，即，，
令，则，，，，
所以，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为，则，
所以，解得，
所以的方程为.
（2）当时，直线的方程为，设，
联立，得，
则 ，且，
而，故，将代入，
整理得，同理，
所以
，解得（负根舍去），
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，
所以轴．
（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立，得 ，
则，
所以，
将直线与渐近线分别联立得：
，
因为，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
19．(1)
(2)（i）①证明见解析；②证明见解析；（ii），证明见解析
【详解】（1），令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为.
（2）（i）①易知，由（1）可知，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意．
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证．
②因为为极值点且，
所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，
得，命题得证．
（ii）由（*）可知，所以
，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．

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