广西柳州市2026届高三上学期二模数学试卷含解析（word版）

这是一份广西柳州市2026届高三上学期二模数学试卷含解析（word版），文件包含精品解析广西柳州市2026届高三上学期二模数学试题原卷版docx、精品解析广西柳州市2026届高三上学期二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
（考试时间120分钟 满分150分）
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、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简，从而利用几何意义确定象限即可.
【详解】因为，
所以在复平面内对应点为，在第一象限.
故选：A.
2. 样本数据10，12，15，16，22，26，27，34的第分位数是（ ）
A. 26B. 25C. 24D. 22
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数定义计算求解.
【详解】从小到大排列的样本数据10，12，15，16，22，26，27，34，共8个数据，
因为，所以数据的第分位数是第五个数据值.
故选：D.
3. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得到，再利用交集的运算求解即可.
【详解】由，得到，所以，
所以.
故选：B.
4. 准线方程为的抛物线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线标准方程及准线方程的定义可得.
【详解】因为抛物线准线方程为，
所以可设抛物线的标准方程为，
则，即，
所以抛物线的标准方程为.
故选：C
5 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本不等式，结合比较法逐一判断即可.
【详解】A：当时，，所以不正确；
B：，
因为，，所以当时，，
当时，，当时，，因此不正确；
C：因为，，所以有，正确；
D：因为，，所以有，
即，所以不正确.
故选：C
6. 设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得在处取得最大值，再结合余弦函数的性质求解即得.
【详解】由对任意的实数x都成立，得在处取得最大值，
则，解得，
所以的最小值是.
故选：B
7. 函数的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增，
所以在定义域上单调递减，
显然，
所以根据零点存在性定理可知的零点位于.
故选：B
8. 某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度为米，则点到平面的距离为（ ）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】利用等体积法求得点到平面的距离，可求点到平面的距离.
【详解】设点到平面的距离为，
根据正方体的性质可知：点到平面的距离为，
因为，
所以，
由正方体可得，
所以，
解得，
所以点到平面的距离为，
又因为平面与平面平行，直绳索的长度为米，
所以点到平面的距离为.
故选：D
二、多项选择题：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. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两角和差公式计算求解判断A，B，结合同角三角函数关系判断C，应用二倍角正弦公式计算判断D.
【详解】A选项，已知，，
则，A错误；
B选项，，B正确；
C选项，，所以，C正确；
D选项，
，D错误；
故选：BC.
10. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则（ ）.
A. 该圆锥的侧面积为B. 该圆锥的体积为
C. D. 的面积为8
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二面角的定义与圆锥的几何性质逐项判断即可.
【详解】如图，取中点，则，
平面，平面，
由二面角定义可知，，又，所以，
在中，，
所以，，
所以，，C正确；
所以，D正确，
，A错误；
，故B正确.
故选：BCD.
11. 已知点为双曲线右支上一点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，，过点作交于点，过点作交于点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，设，求出点坐标，利用两点间距离公式求出距离再比较；对于B，利用点到直线的距离公式求解；对于C，求出点的坐标，再根据三角形的面积公式计算两个面积即可；对于D，根据两点间距离公式计算.
【详解】设，且，
又，，则，
则，故B正确；
直线，直线，
联立，得，
联立，得，
则
，
又，所以，故A正确；
直线，直线，
联立，得，
则，
联立，得，
则，
设，因为，所以，
则，
因为四边形为平行四边形，
所以
，
，
故，故C错误；
，等号成立时，
故，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据方向向量计算出直线的斜率，再由可求倾斜角.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以斜率 ，
设倾斜角为，则，所以.
故答案为：
13. 为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为___________；
【答案】
【解析】
【分析】由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果．
【详解】解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有种，
而所有的抽取方法共有种，
故每一类都被抽到的概率为＝＝，
故答案为：．
14. 若函数在上恰有3个零点，则符合条件的的个数为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】该函数零点可以转化为一个二次函数零点与正弦型函数零点的个数之和，再对、、分类讨论，即可得取其取值范围.
【详解】令，则或，
由，
当时，在上没有零点，
则在上应有3个零点，
因为，所以，即，
与联立得，因为，所以m的值依次为9，10；
当时，在上有1个零点，
而在上有3个零点，不满足题意；
当时，在上有2个零点，
故在上应有1个零点，
因为，所以该零点与的零点不相同，
所以，即，与联立得，
因为，所以的取值依次为2，3，4，
综上得符合条件的的个数是5．
故答案是：5．
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. 设等差数列的前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设结合等差数列的基本量计算解出，，进而求解即可；
（2）先得到，然后利用分组求和求出.
【小问1详解】
设等差数列的公差为.
由题意可得，解得，，
则.
【小问2详解】
由（1）可知，则，
故
.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，记的极小值为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，，根据导数的几何意义求出切线的斜率，由点斜式即可求出切线方程；
（2）对的取值分类讨论，根据的单调性可求得，分析法证明，构造函数，利用导数研究函数的单调性可证.
【小问1详解】
当时，，
所以的定义域为，，，
所以，即在点处的切线斜率为.
由点斜式可知曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由知的定义域为，且.
①当时，恒成立，是增函数，没有极小值，不符合题意.
②当时，若，则，所以在上单调递减；
若，则，所以在上单调递增，
所以有极小值，且极小值为，所以.
要证，即，只需证.
令，则，
由复合函数的单调性知在上单调递增，
又，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在时取得极小值，也是最小值，
所以，即，
即.
17. 如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到平面，从而； 根据题目条件解得，由勾股定理；利用线面垂直的判定定理得证平面，所以.
（2）建立合适的空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用公式求出直线与平面所成角的正弦值为.
小问1详解】
连接，，，，，
由余弦定理可得.
满足，所以，即.
因为平面平面，且交线为，由，平面，得平面.
由平面，得，.
因为，，且，平面，
所以平面. 由平面，得.
设，，有，解得：，即.
所以，满足，即
又因为，，且，平面，
所以平面.
由平面，得.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.
，，，
，.
设平面的法向量，
由，即，
取，得到平面的一个法向量.
又，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，点的坐标为，且为的中点.

（1）求椭圆的方程；
（2）斜率不为0的动直线过点交椭圆于，两点，直线，交于点，直线AD，BC交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明为定值；
（ii）以为直径的圆被轴所截得的弦长是否为定值?如果是定值，请求出定值；如果不是定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）是定值，
【解析】
【分析】（1）根据为的中点可求得顶点的坐标，从而可知，根据离心率可求得，进而可得椭圆方程.
（2）（i）设出直线的方程及，利用根与系数的关系可得为定值；（ii）求出的横坐标，从而可根据纵坐标得到圆的方程，进而可得所求弦长的表达式，利用根与系数的关系化简即可求解.
【小问1详解】
因为点的坐标为，且为的中点，
所以，即.
又离心率，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，
由消去得.
所以，.
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，
所以.，
将，代入得
，
即为定值.
（ii）定值.
因为，由两点式可得直线的方程为；
因为，，由两点式可得直线的方程为.
因为直线，交于点，所以，
将代入得，
整理得.
由得，
所以.
同理，直线的方程为，直线的方程为，
联立可解得，
因此，所以直线垂直于轴，
以为直径的圆的圆心为，半径，
所以圆的方程为，
令，可得.
将代入直线的方程得，
同理得.
则.
将代入得，
所以，解得，
故弦长为，是定值，
即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.
19. 某中学手工社团每周开展劳动实践活动，制作并展示手工艺品，社团每周需要准备一定数量的手工材料包（如陶土、布料等）.根据过往活动记录，发现参与活动的学生对手工材料包的需求量相对稳定，每周对手工材料包的不同需求量（单位：份）及对应概率如下表：
若以手工材料包的库存作为供给量，为了减少资源浪费，每周末社团会清点材料库存：若手工材料包全部被领用，则在周末及时采购2份新材料包，只要手工材料包还有1个存货，就不采购新的材料包.记为第周开始时社团的材料包供给量，假设.
（1）求的分布列；
（2）记为第周开始时供给量的概率向量，随着的增大，若，则趋向一个定常态分布，记这个定常态分布为.
（i）求该材料包的定常态分布；
（ii）从长远来看，求该材料包需求量大于供给量的概率.
【答案】（1）分布列见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）先分情况讨论的取值，再根据的取值进一步讨论的取值，进而求得对应的概率得到分布列.
（2）（i）设，先由转移关系得到方程组；进而求出的值；（ii）分两种情况讨论求解，最后相加即可得到结果.
【小问1详解】
当第一周需求量为0时，，此情况概率为；
当第一周需求量为1时，，此情况概率为；
当第一周需求量为2时，，此情况概率为；
当第一周需求量为3时，因为供给量只有2份，全部领完，，此情况概率为；
所以.
当时，若第二周需求量为0，则，概率为；
若第二周需求量为1，则，概率为；
若第二周需求量为2，则，概率为；
若第二周需求量为3，则，概率为；
当时，若第二周需求量为0，则，概率为；
若第二周需求量为1，则，概率为；
若第二周需求量为2，则，概率为；
若第二周需求量为3，则，概率为；
所以.
所以的分布列为：
【小问2详解】
（i）设，因为，且由转移关系可得方程组：
，将代入可得：
，解得，则，所以.
（ii）当供给量为1时，需求量为2或3时满足需求大于供给，概率为；
当供给量为2时，需求量为3时满足需求大于供给，概率为；
所以从长远来看，求该材料包需求量大于供给量的概率为.
需求量（份）
0
1
2
3
概率
1
2