数学-数研杯赛2026年冬季“数研杯”高中数学研讨会高二年级模拟考试(2月19日15点）_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷

2026 年冬季“数研杯”高中数学研讨会模拟考试 高 二 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在 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、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 有一项是符合题目要求的。 1．已知 高二数学试题 第 1 页（共 5 页） z = 1 2 − i ，则 z 2 = A． 2 i B．−2i C． 1 + i D． 1 − i 2．已知集合 A = { x | 1 ≤ x ≤ 9 } ， B = { x | x = 3 k + 1 ， k  Z } ，则 A  B 中元素的个数为 A．2 B．3 C．4 D．5 3．本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生任选其中一部分作答． Ⅰ． 曲线 y = x 3 − 1 2 x 在点 ( 0 ， 0 ) 处的切线方程为 A．2x+ y=0 B．2x− y=0 C．x+2y=0 D．x−2y=0 Ⅱ． 2x−1 不等式 1的解集为 2x+1 1 1 1 1 A．{x | x } B．{x | x } C．{x | x− } D．{x | x− } 2 2 2 2 π 4．已知函数 f(x)= Asin(x+) (0 ，A0)在区间[−π， 0]上的最小值为 2 − 4 ， 在区间[0，π]上的最小值为 − 2 ，则 f ( π 2 ) = A．2 B．2 2 C．2 3 D．45．明代墩式碗是永乐宣德年间青花瓷器的典范．如图 所示的明代墩式碗，其内壁可以近似看作一个半径 为 高二数学试题 第 2 页（共 5 页） 1 0 c m 的半球面．现将碗平放于水平桌面上，在 碗中注入少量水，静止时水面的面积为 5 0 π c m 2 ， 若将碗缓慢倾斜，使得水可以从碗口倒出，则至少 需要将碗倾斜的角度为 A． 3 0  B． 4 5  C． 6 0  D． 7 5  6．设 a ， b 均为正数，甲： ( a + 1 b ) ( b + 1 a ) ≥ 2 5 4 ，乙： ( a + 1 a ) ( b + 1 b ) ≥ 2 5 4 ，则 A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 7．已知函数 f ( x ) 是定义域为 R 的奇函数，且 f ( x ) 的图像连续不断，若 = f (1 ) = f ( 3 ) f ( − 4 ) = f ( − 2 ) ，则 f ( x ) 的零点个数至少为 A． 4 B． 5 C． 6 D． 7 8．在△ABC中，AB=3， A C = 4 ， B C = 5  ，平面内的点P满足ABBP= ACCP， 则AP的最小值为 A． 6 5 B． 4 3 C． 7 5 D． 5 3 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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生任选其中一部分作答． Ⅰ． 设 a  0 ，已知函数 f(x)=eax +bx，则存在 a ，b，使得 A． f(x)有极小值，有极大值 B． f(x)有极小值，没有极大值 C． f(x)有极大值，没有极小值 D． f(x)没有极小值，没有极大值 Ⅱ． 设a=ln2，b=ln3，c=ln5，n为正整数，则 A． a + b  c B．3a+b2c C． e n + a + e n + b  e n + c D．ean +ebn ≤ ecn10．已知抛物线 高二数学试题 第 3 页（共 5 页） C : y 2 = 8 x ，点 A 在 C 上，  A 与 x 轴交于 ( 2 ， 0 ) ， ( 6 ， 0 ) 两点，则 A．直线 x = − 2 是 A的切线 B． A的半径为 6 C．直线 x = 8 与  A 有两个交点 D． A截y轴所得的弦长为4 11．已知集合 A 是 Z 的子集，且对于任意的 a  A ， b  A ，均有 a + b − a b  A ，则 A．若A中只有一个元素，则A={1} B．若A中只有两个元素，则 0  A C．若 A 中只有三个不同的元素，则符合条件的 A 有两个 D．若 A 中有四个不同的元素，则 A 中一定有无穷个元素 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知双曲线 C 1 : x a 2 2 − y b 2 2 = 1 ( a  0 ， b  0 ) 的实轴长为4，离心率为 2 5 ，则双曲线 C 2 : y b 2 2 − x a 2 2 = 1 的实轴长为______，离心率为______． 13．写出曲线 y = x + c o s 2 x 的一个对称中心：__________． 14．本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生任选其中一部分作答． Ⅰ． 从正方体12条棱的中点中任选 3 个，则这 3 个点所在的平面经过正方体的中心的 概率为__________． Ⅱ． a2 若函数 f(x)=(x−a)2 − 恰有三个零点，则 x2 a = __________． 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．（13分） 本题分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，考生任选其中一部分作答． Ⅰ． 已知正项数列{a }满足aa +a a ++a a = 6a2． n 1 2 2 3 n−1 n n a （1）当n ≥ 2时，求 n+1 ； a n 1 1 1 （2）若a = 6，证明： + ++ 3． 1 a a a 2 4 2nⅡ． 已知函数 高二数学试题 第 4 页（共 5 页） f ( x ) = 2 s in x + c o s 2 x ． π （1）判断 f(x)在区间(− ， 0)的单调性，并证明； 2 （2）求 f ( x ) 的最值点和最值． Ⅲ． 已知数据x ，x ，，x 互不相等，且中位数为 1 2 9 0 ，平均数为−1，方差为 9 ． （1）从这组数据中随机选取两个不同的数，求这两数之积为负数的概率； 9 （2）设函数 f(x)=(x−x)2 ，求 i i=1 f ( x ) 9 的最小值点和最小值，并求x2 的值． i i=1 16．（15分） 本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生任选其中一部分作答． Ⅰ． 已知函数 f ( x ) = a | ln x | − | ln x a | + 6 x ，其中a1． （1）讨论 f ( x ) 在区间 ( 0 ， 1 ) 的单调性； （2）若 f ( x ) 在区间 (1 ， a ) 和 ( a ， +  ) 各有一个极值点，求a的取值范围． Ⅱ． 已知幂函数 f(x)=x在区间 [ m ， n ] 上的最大值与最小值之差为 n − m ，其中 m  n ． （1）若 2  = ， m = − 1 ，求n； （2）证明：对任意正整数，均存在符合条件的正数 m ， n ． 17．（15分） 记 △ A B C 的内角A， B ，C 的对边分别为a， b ， c ，已知 s i n A + c o s B = t a n C ． （1）若 a = 2 b ，证明： C ≤ π 3 ； 1 （2）若sinB−cosA= ，求C ． 318．（17分） 如图，四棱柱 高二数学试题 第 5 页（共 5 页） A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 的所有棱长均为 2 ，且  A B C =  A 1 A C = 6 0  ． （1）在图中所示的直线中找出两条与直线 A 1 B 垂直的 异面直线，并证明； （2）若平面 A C  ∥ ，且与四棱柱 A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 所有棱的所成角均为 3 0  ，求该四棱柱的体积． 19．（17分） 已知椭圆 C : x a 2 2 + y 2 = 1 (a1)，矩形ABDE的顶点A，B，D均在C 上，且直线 B D 的斜率为 1 ． （1）当 a = 3 时． 3 3 （i）若B(− ， − )，求 2 2 E 的坐标； （ii）证明：点 E 在定直线上． （2）若点 E 在定圆上，求a． D x D D A D A E y O 1 E B E E y O E B D B 1 A B F z A B F A B F M x A B F D C C C P A C 1 C y x N C 1 G G G G AA C DD A PP C D y O A D 1 B OO D EE E D B 1 x D A B F A 1 C BB C CC C 1 B 2 4 D y O G AA E D C B DD PP D A D E M D P 3 x E A OO O O 2 EE E A B F N B 1 A F C A E A B F C BB B C C CC B G C D G G2026 年冬季“数研杯”高中数学研讨会模拟考试 高 二 数 学 参 考 答 案 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 有一项是符合题目要求的。 1．A 2．B 3．C 4．C 5．B 6．A 7．D 8．C 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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．BD 10．ABC 11．BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 高二数学参考答案 第 1 页（共 6 页） 2 ； 5 13． ( π 4 ， π + 4 2 ) （答案不唯一） 14．Ⅰ． 2 5 3 5 Ⅱ．  4 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．解： Ⅰ． （1）由题意得，当 n ≥ 2 时，有 a 1 a 2 + a 2 a 3 +    + a n − 1 a n = 6 a 2n ， a 1 a 2 + a 2 a 3 +    + a n a n + 1 = 6 a 2n + 1 ， 两式相减得 6 a 2n + 1 − 6 a 2n = a n a n + 1 ，即 6 ( a na + n 1 ) 2 − 6 = a na + n 1 a 6 ，解得 n+1 = ． a 2 n （2）当n=2时， a 1 a 2 = 6 a 22 ，即 a 2 = a 1 6 = 1 ． a 2a n 2 + n 2 = a 2a n 2 + n 1  a a 2 2 n n + + 2 1 = ( 2 6 ) 2 = 3 2 1 ，因此{ }是首项为 a 2n 1 2 ，公比为 的等比数列，即 3 a 1 2 n = ( 2 3 ) n − 1 ，因此 1 a 2 + 1 a 4 +    + a 1 2 n = 1 + 2 3 +    + ( 2 3 ) n − 1 = 3 [1 − ( 2 3 ) n − 1 ) ]  3 ．Ⅱ． （1） 高二数学参考答案 第 2 页（共 6 页） f ( x ) 在区间 ( − π 2 ， 0 ) 单调递增． 设 f (x)=2sinx， 1 f 2 ( x ) = c o s 2 x ，则有 f1 ( x ) 在区间 ( − π 2 ， 0 ) 单调递增， f 2 ( x ) 在区间 π π (− ， 0)单调递增．因为 f(x)= f (x)+ f (x)，所以 f(x)在区间(− ， 0)单调递增． 2 1 2 2 （2） f ( x ) = 2 s i n x + 1 − 2 s i n 2 x ，设sinx=t，则 f ( x ) = − 2 t 2 + 2 t + 1 = − 2 ( t − 1 2 ) 2 + 3 2 ， 其中 − 1 ≤ t ≤ 1 ． 当 t = 1 2 时， f ( x ) 取得最大值 3 2 ，此时 s in x = 1 2 ，解得 x = π 6 + 2 k π 5π 或x= +2kπ， 6 k  Z ；当t=−1时， f ( x ) 取得最小值 − 3 ，此时 s i n x = − 1 π ，解得x=− +2kπ， 2 k  Z ． π 因此 f(x)的最小值点为x=− +2kπ， 2 k  Z ，最小值为−3； f(x)的最大值点为 x = π 6 + 2 k π 或 x = 5 π 6 + 2 k π ， k  Z 3 ，最大值为 ． 2 Ⅲ． （1）由题意知，这组数据中有4个正数、4个负数和1个0． 若这两数之积为负数，则选取的第一个数不为0，且第二个数与第一个数异号． 从这组数据中随机选取一个数，这个数不为0的概率 p 1 = 8 9 ，再选取一个数，这个 4 1 4 数与第一个数异号的概率p = = ，因此两数之积为负数的概率p= p p = ． 2 8 2 1 2 9 （2）设x ， 1 x 2 ，    ， x 9 的平均数为 x = − 1 ，方差为 s 2 = 9 ． 9 9 9 9 f(x)=9x2 −2(x)x+x2 =9x2 −18xx+x2 =9(x−x)2 +x2 −9x2，当 i i i i i=1 i=1 i=1 i=1 x = x 时， f ( x ) 9 取得最小值，此时 f(x)=(x−x)2 =9s2 =81． i i=1 因为 9 i= 1 x 2i − 9 x 2 = 8 1 ，所以 9 i= 1 x 2i = 9 0 ． 因此 f ( x ) 的最小值点为 x = − 1 ，最小值为 8 1 9 ，x2 =90． i i=116．解： Ⅰ． （1）当 高二数学参考答案 第 3 页（共 6 页） 0  x  1 时， f ( x ) = − a ln x + ln x a + 6 x a 1 6 (1−a)x−6 ，f(x)=− + − = 0， x x x2 x2 因此 f ( x ) 在区间(0， 1)单调递减． （2）当 1  x  a 时， f ( x ) = a ln x + ln x a + 6 x ， f ( x ) = a x + 1 x − 6 x 2 = ( a + 1 x ) x 2 − 6 ，令 f ( x ) = 0 ，解得 x 1 = a 6 + 1 ，因为 f ( x ) 在区间 (1 ， a ) 有一个极值点，所以 1  a 6 + 1  a ， 解得 2  a  5 ． 当 x  a 时， f ( x ) = a ln x − ln x a + 6 x ， f ( x ) = a x − 1 x − 6 x 2 = ( a − 1 x ) x 2 − 6 ，令 f ( x ) = 0 ， 6 6 解得x = ，因为 f(x)在区间(a， +)有一个极值点，所以 a，解得 2 a−1 a−1 a  3 ． 综上， a 的取值范围为 ( 2 ， 3 ) ． Ⅱ． （1）由题意得 f ( x ) = x 2 ， f ( x ) 在 ( −  ， 0 ] 单调递减，在 [ 0 ， +  ) 单调递增． 当 n ≤ 0 时，f(x)在 [ m ， n ] 单调递减， f ( x ) 的最大值为 f ( m ) = 1 ， f ( x ) 的最小值 为 f(n)=n2，因此 1 − n 2 = n + 1 ，解得 n = − 1 （舍去）或 n = 0 ． 当 n  0 时， f ( x ) 在 [ m ， 0 ] 单调递减，在 [ 0 ， n ] 单调递增， f ( x ) 的最小值为 f ( 0 ) = 0 ． 若 f(x)的最大值为 f ( m ) = 1 ，则 0  n  1 ， 1 − 0 = n + 1 ，解得 n = 0 （舍去）；若 f ( x ) 的 最大值为 f(n)=n2，则 n ≥ 1 ， n 2 − 0 = n + 1 1− 5 1+ 5 ，解得n= （舍去）或n= ． 2 2 综上，n=0或 n = 1 + 2 5 ． （2）若存在符合条件的正数 m ， n ，则有 m n m n   − = − ，即 (m−n)(m−1+m−2n++n−1)=m−n， 即 m 1 m 1 n n 1 1    − + − +    + − = ，设n=tm，则有m−1(t−1+t−2 ++t+1)=1． 要证明存在符合条件的正数m，n，即证明当为正整数时，存在m0，t 1满 足t−1+t−2 ++t+1=m1−． 设g(t)=t−1+t−2 ++t+1，则g(t)在区间 (1 ， +  ) 单调递增， g (1 )  = ，因此g(t) 在区间 (1 ， +  ) 上的值域为 ( )  ， +  ．当 高二数学参考答案 第 4 页（共 6 页） 0 m 1 1    − 时， m 1   −  ，即存在 m  0 ， t  1 使得 g ( t ) m 1  = − ． 综上，对任意的正整数，均存在符合条件的正数m，n． 17．解： （1）由正弦定理得 s i n A = 2 s i n B ，因此 2 s i n B + c o s B = t a n C ，即 t a n C 3 s i n ( B )  = + 2 ，其中tan= ，因此 2 − 3 ≤ t a n C ≤ 3 且 t a n C  0 ． 若 t a n C  0 ，则 C  π 2 ， A ， B  π 2 ，故 t a n C = s i n A + c o s B  0 ，这与 t a n C  0 矛盾，因此 t a n C  0 ． 综上，0tanC ≤ 3，因此 C ≤ π 3 ． （2）由题意得， s i n A + c o s B = s c i o n s C C ，即 s i n A c o s C + c o s B c o s C = s i n C ． 由 s i n B = s i n ( A + C ) = s i n A c o s C + c o s A s i n C 可得 s i n A c o s C = s i n B − c o s A s i n C ； 由 c o s A = − c o s ( B + C ) = s i n B s i n C − c o s B c o s C 可得cosBcosC=sinBsinC−cosA ． 因此 s i n B − c o s A s i n C + s i n B s i n C − c o s A = s i n C ，整理得 ( s i n B − c o s A ) (1 + s i n C ) = s i n C ． 由 s i n B − c o s A = 1 3 可得 1 3 (1 + s i n C ) = s i n C ，解得 s i n C = 1 2 ． 由（1）可知， t a n C  0 ，即 0  C  π 2 ，因此 C = π 6 ． 18．解： （1） A 1 B ⊥ D C 1 ，AB⊥ AC， 1 A 1 B ⊥ B C1 ．（任写两个即可） 连结AB ， 1 A 1 C ，取AC中点O，连结 A 1 O ，BO． 由题意得，四边形 A A 1 B 1 B 是菱形，因此 A 1 B ⊥ A B 1 ． 因为AD∥BC 且AD=BC ，所以四边形 1 1 1 1 A D C 1 B 1 是平 行四边形，因此AB∥DC ，故AB⊥DC ． 1 1 1 1 由题意得， △ A A C1 和△ABC均为等边三角形，因此 AO⊥ AC，BO⊥ AC，故AC ⊥平面 1 A 1 B D A B O 1 D O C 2 G E A E B PP F D C EE DD CC G OO z A AA BB E B x F D C y PP G A EE E B DD CC F D C OO AA BB G A E G G B A A F D C E E B B F F D C D C G A E B F D C A A C B C B D D P P E D A N E D M A N B C M B C 2 4 ． 又因为AB平面ABD，所以AB⊥ AC． 1 1 1 3 y y y O x O x O x y O x G A D D 1 1 z E B F A 1 C 1 A 1 C 1 D C D D B 1 B 1 A A C O C y B B x D 1 A 1 C 1 D B 1 A C B因为 高二数学参考答案 第 5 页（共 6 页） A 1 B ⊥ A B 1 ，AB⊥ AC，所以 1 A 1 B ⊥ 平面 A B C1 ， 又因为BC平面ABC，所以AB⊥BC． 1 1 1 1 （2）以 O 为坐标原点， O B   为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． B ( 3 ， 0 ， 0 ) ， A ( 0 ， − 1 ， 0 ) ，C(0， 1， 0)，设 A 1 ( s ， 0 ， t ) ，其中 t  0 ，则 A B  = ( 3 ， 1 ， 0 ) ，    CB=( 3， −1， 0)，AC =(0， 2， 0)，AA =(s， 1， t)． 1 设平面的法向量为n=(x，y，z)，则 n  A C  = 0 ，即2y=0，因此y=0． 因为直线 A B 与的所成角为30，所以 | c o s  A B ，  n  | =     | A B  n |     | A B |  | n | = 2 3 x | x 2 + | z 2 = 1 2 ， 整理得 2 x 2 = z 2 ，可取 n = (  1 ， 0 ， 2 ) ． 因为 | c o s  C B ，  n  | =     | C B  n |     | C B |  | n | = 2 3 x | x 2 + | z 2 = 1 2 ，所以直线 C B 与的所成角为 3 0  ． 由直线 A A 1 与的所成角为 3 0    | AA n | | sx+tz | 1 可得| cosAA，n |= 1 = = ， 1 | AA |  | n | 2 x2 +z2 2 1 因此 ( s x + t z ) 2 = x 2 + z 2 ，即s2 2 2st+2t2 =3，又因为 A O1 = 3 ，所以 s 2 + t 2 = 3 ， s2 2 2st+2t2 =3 即 ，解得 s2 +t2 =3  s t = =  2 3 3 6 3 ，因此 A A  1 = (  3 3 ， 1 ， 2 3 6 ) ． 四边形 A B C D 的面积 S = 2 3 ，四棱柱 A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 的体积 V = S t = 4 2 ． 19．解： （1）（i）当 a = 3 时， C 的左顶点A(− 3， 0)，故直线 1 A 1 B 的斜率为−1，由题意 得直线 A B 的斜率为 − 1 ，所以 A 1 与A重合，即 A ( − 3 ， 0 ) ． 设坐标原点为 O ，故直线 B O 的斜率为 1 ，所以直线 B D 经过点O，故B与D关于 点O对称，即 D ( 2 3 ， 2 3 ) ．因为 D E  =  B A = ( − 2 3 ， 2 3 ) ，所以 E ( 0 ， 3 ) ． （ii）设 A ( x ，1 y 1 ) ，B(x，y )， 2 2 D ( x ，3 y 3 ) ，E(x，y )，直线BD： 4 4 y = x + m ， 直线 A B ： y = − x + n ，故y =x +m=−x +n，即n=2x +m． 2 2 2 2由 高二数学参考答案 第 6 页（共 6 页）  y x 3 = 2 + x + y 2 m = 1 得 4 x 2 + 6 m x + 3 m 2 − 3 = 0 3m ，所以x +x =− ，由 2 3 2  y x 3 = 2 + − x y + 2 = n 1 得 3n 3n 3 3m 4x2 −6nx+3n2 −3=0，所以x +x = ，故x = −x = (2x +m)−x =2x + ． 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 取矩形 A B D E 的中点 O 1 ， O 1 是线段BE，线段 A D 的中点，所以 x 2 + x 4 = x 1 + x 3 ， 3m 3m 故x =x +x −x =2x + +x −x = +x +x =0，因此点E 在定直线x=0上． 4 1 3 2 2 2 3 2 2 2 3 1 （2）记b=1+ ，由 a2  y x a = 2 2 + x + y 2 m = 1 得 b x 2 + 2 m x + m 2 − 1 = 0 2m ，所以x +x =− ， 2 3 b 由  y x a = 2 2 − + x y + 2 = n 1 得 b x 2 − 2 n x + n 2 − 1 = 0 ，所以 x 1 + x 2 = 2 b n ，由（1）（ii）可知 2 2m 4 b x =x +x −x = (2x +m)−x − −x −x =( −3)x ，因此x = x ． 4 1 3 2 b 2 2 b 2 2 b 2 2 4−3b 4 y 2 + y 3 = x 2 + x 3 + 2 m = ( 2 − 2 b ) m ， y 1 + y 2 = 2 n − ( x 1 + x 2 ) = ( 2 − 2 b ) n ，由（1）（ii） 得 x 2 = y 2 − m = n − y 2 ，即 m + n = 2 y 2 ，因此 y 1 + y 3 + 2 y 2 = ( 2 − 2 b ) 2 y 2 + 2 y 2 = ( 4 − 4 b ) y 2 ， 同理可得 y 4 = y 1 + y 3 − y 2 = y 1 + y 3 + 2 y 2 − 3 y 2 = (1 − 4 b ) y 2 ，因此 y 2 = b b − 4 y 4 ． 因为 B 在 C x2 上，所以有 2 + y2 =1，即 a2 2 a 2 ( 4 b − 2 3 b ) 2 x 24 + ( b b − 2 4 ) 2 y 22 = 1 ，因此点 E 在 曲线 a 2 ( 4 b − 2 3 b ) 2 x 2 + ( b b − 2 4 ) 2 y 2 = 1 上．因为点 E 在定圆上，故 a 2 ( 4 b − 2 3 b ) 2 = ( b b − 2 4 ) 2 ， 代入 b = 1 + 1 a 2 ，整理得 a 2 (1 − 3 a 2 ) 2 = ( 1 a 2 − 3 ) 2 ，解得a2 =7+4 3，即a=2+ 3．