广东省湛江市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份广东省湛江市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版+pdf版），共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合 ，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题得
,或 ,所以 .
2. 已知复数 满足 ，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】D
【解析】 ,所以 ,
则 ,
所以 ,对应点为 ,在第四象限.
3.已知 ,则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】 由 ,得 ,则 .
4.已知等比数列 的各项均为正数,且 ,则
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】A
【解析】由等比数列的性质,得 . 由于各项均为正数,所以 .
5.在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究. 事件 : 甲、乙选择的专题不同; 事件 、丙选择的专题相同,则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】事件 : 甲、乙选择的专题不同,甲有 3 种选法,乙有 2 种选法,丙所有 3 种选法,所以 . 事件 : 甲、乙不同且乙、丙相同. 先选乙的专题,有 3 种,则丙有 1 种选法,甲有 2 种选法,所以 , 因此 .
6.已知椭圆 的左、右焦点分别为 ,点 在 上满足 ,且 ,则 的离心率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设 ,则 . 由椭圆定义得 ,解得 . 在 中,由余弦定理得 ,即 ,整理得 ,离心率 .
7.已知长方体 中, 是 的中点,点 在线段 上运动 (含端点),则点 到平面 的距离的最大值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】取 的中点 (图略),过点 作 的垂线,垂足为 ,则 ,又 平面 , 平面 ,故 ,又 ,故 平面 ,所以点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离，故当点 与 重合时，所求距离有最大值，此时距离为 .
8.已知定义在 上的可导函数 满足: 是偶函数; , 则
A. -3 B. -1 C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】由 ,令 ,得 ,所以 的图象关于直线 对称,所以 . 将 换为 代入得 . 又 ,因此 ,即 ,则 ①,所以 ,对①两边求导得 ,故 ,故 和 的周期均为 4 . 于是 . 在 中,取 得 . 在 中取 得 ,所以 .
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
9.2026 年是“十四五”环境治理规划的关键验收年. 某市生态环境局为评估 AI 辅助预测模型的准确性，记录了某月连续 7 天的PM2.5 预测误差(预测误差 = 实际浓度-预测浓度，单位: ). 如下表:
下列关于这 7 天预测误差 的描述中,正确的有
A. 这组数据的众数是 3
B. 这组数据的 60% 分位数是 0.5
C. 这组数据的方差大于 5
D. 若第 8 天该模型预测误差为 -2 , 则加入第 8 天数据后, 新数据组的平均数将变小
【答案】ACD
【解析】将数据从小到大排序得:-4,-2,-1,0,1,3,3. 对于 A,3 出现两次,其余一次, 众数为 3,故 A 正确; 对于 B，7×60%=4.2，不是整数，故取第 5 个数，第 5 个数为 1，故 60% 分位数为 1，故 B 错误；对于 C，平均数 ，方差 ,故 C 正确；对于 ，原平均数为 0，新数据 -2 小于 0，加入后平均数变为 ,确实变小,故 正确.
10.已知函数 的部分图象如图所示,则
A.
B. 函数 的最大值为
C. 函数 的图象关于点 对称
D. 方程 在区间 上恰有 4 个实数根
【答案】ABD
【解析】由图象可知 ,故 ,所以 . 代入点 得 ,即 ,则 ,得 ,因为 , 所以 ,因此 ,故 正确; ,最大值即为 ,故 正确; ,若 的图象关于点 对称,则必有 ,而 ,即点 不在图象上,不可能为对称中心,故 错误; 由方程 , 得 ,则 或 ,解得 或 . 在区间 内,取 得四个根分别为 ,故 D 正确.
11.若函数 图象上存在不同的两点 和 ,使得 的图象在点 处的切线交于直线 ( 为常数) 上同一点,则称 为函数 的一对“关于直线 的共轴切点”. 已知函数 ,则下列说法正确的是
A. 存在实数 ,使得 不存在关于 轴的共轴切点
B. 若 存在关于直线 的共轴切点,则两切点的横坐标之积为定值
C. 若 ,则存在实数 ,使得 存在关于直线 的共轴切点,且对应的两切线斜率之和大于 0
D. 若 ,则对于任意 都存在关于直线 的共轴切点
【答案】ACD
【解析】由题意可知 ,设 处的切线交于直线 上同一点,则在 处的切线方程分别为 和 . 令 ,得 . 当 时,* 式可化为 . 令 , 则 . 当 时, ,故 在 上单调递减,故不存在不同的 使得 ,因此当 时, 不存在关于 轴的共轴切点,故 正确; 当 时,令 ,则 * 式可化为 . 取 得 ,此时存在多对 满足,但 不为定值，故横坐标之积不是定值，故 错误；当 时，取 ， ，则 ，代入 解得 ，此 使 成为 关于直线 的共轴切点,此时斜率之和 ,故 正确；当 时, ,记 ,则 ,故 在 处取最大值 , 故存在 ,使得方程 存在两个不同的解,即 存在关于直线 的共轴切点,故 正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知正数 满足 ，则 的最大值为________.
【答案】12
【解析】由 ,得 ,所以 ,当且仅当 时等号成立 .
13.已知抛物线 ,点 ,点 在 上运动,则 面积的最小值为_______.
【答案】1
【解析】由题意直线 的方程为 . 设 点坐标为 ,则 到直线 的距离为 ,当且仅当 时取等号,此时 . 于是 面积的最小值为 .
14.若数列 满足 ,则称数列 为“ 和谐数列”. 已知数列 是 “ 6-0 和谐数列”，且 ，则满足条件的数列 的个数为________.
【答案】19
【解析】因为数列 是 “ 6-0 和谐数列”,且 ,所以 共有 6 项,且 . 若 各项全为 0,则满足条件的数列 只有 1 个; 若 有 2 项为 0,1 项为 1,1 项为 -1,则满足条件的数列 的个数为 ; 若 有 2 项为 1,2 项为-1,则满足条件的数列 的个数为 ,所以 的个数为 .
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.在 中,内角 所对的边分别为 ,且 .
(1)求角 的大小；
(2)若 ，且 的面积为 ，求 的周长 .
【解析】(1) 由 及正弦定理,得 . (1 分)
因为 ,
所以 ,(3 分)
整理得 . (4 分)
因为 ,所以 ,即 . (5 分)
又 ,所以 . (6 分)
(2)由 ，且 ，得 .(8 分)
由余弦定理 ,及 ,
得 . (10 分)
所以 (负值舍去). (11 分)
故 的周长为 . (13 分)
16.如图，在几何体 中，四边形 是菱形， ，且 ，三角形 是正三角形,平面 平面 . 点 在平面 上的投影为 与 的交点 ,且 .
(1)证明: 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求点 到平面 的距离.
【解析】(1)证明:在菱形 中， ，(1 分)
因为 在底面 上的投影为 ,所以 平面 ,(2 分)
又 平面 ,故 . (3 分)
又 平面 平面 ,
所以 平面 . (4 分)
解法一:
(2)由 ，得 ，
如图 1,作 于点 ,则 .
因为平面 平面 ,交线为 ,所以 平面 . (5 分)
以 为原点, 所在的直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则 . (6 分)
所以 . (7 分)
设平面 的法向量为 ,
则 即
令 ,得 ,故 . (9 分)
设直线 与平面 所成的角为 ,
则 ,
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . (11 分)
(3) 解: 设平面 的法向量为 ,
则 即 (12 分)
令 ,得 ,故 分
又 ,
所以点 到平面 的距离 . (15 分)
解法二:
(2)解:如图2，过点 作 于点 ，连接 ，则 . (5 分)
因为 ,所以 与平面 所成角的正弦值即为 与平面 所成角的正弦值. (6 分)
在 中, ,由 ,可得 . (7 分)
所以 . (8 分)
设点 到平面 的距离为 ,则 ,
即 ,(9 分)
所以 . (10 分)
故所求正弦值为 . (11 分)
(3)解:因为 ，所以 四点共面，
所以点 到平面 的距离即为点 到平面 的距离.
如图 2,取 的中点 ,连接 ,因为 ,所以 ,同理 ,
又 ,所以 平面 ,
又 平面 ,所以平面 平面
作 于 ,平面 平面 平面 ,
所以 平面 ,所以 即为所求距离. (13 分)
在 中， ，
设 边上的高为 ，则 ，(14 分)
解得 . (15 分)
17.已知双曲线 的离心率为 ，且经过点 .
(1)求 的标准方程；
(2)若过点 的直线 与 交于 两点，求线段 的中点 的轨迹方程.
【解析】
(1) 设 的焦距为 ,
由离心率 ,得
又 ,所以 ,即 . (2 分)
将点 代入方程,得 ,即 ,所以 . (4 分)
故 的标准方程为 . (5 分)
(2)解法一: 设点 ,
由直线 与 交于 两点得直线 的斜率存在,
设直线 的方程为 ,即 .
联立方程 (6 分)
代入消去 ，整理得 . (7 分)
则 即 ,且 ,(9 分)
. (10 分)
于是,中点 的横坐标 ,则 . (12 分)
又点 在直线 上,
所以 .
即 . (14 分)
由 ,且 得, 或 ,
故线段 的中点 的轨迹方程为 或 . (15 分)
解法二: 设点 ,
由直线 与 交于 两点得直线 的斜率存在,
设直线 的方程为 ,即 .
联立方程 (6 分)
代入消去 ，整理得 . (7 分)
则 即 ,且 ,(9 分)
由 两点在双曲线上得 作差得 ,①
当 时,易知
当 时,①式可化为 ,即 .
故 (由题意可得 且 ),(12 分)
可得 ,
因为 ,所以 . (13 分)
当 时, 也在直线 上. (14 分)
又 ,解得 或 .
综上,线段 的中点 的轨迹方程为 或 . (15 分)
18.已知函数 .
(1)讨论 的单调性;
(2)证明:当 时，对任意 ，都有 ；
(3)若方程 没有实根，求整数 的最小值.
【解析】(1)解: 的定义域为 ， ，(1 分)
当 时， 恒成立， 在区间 上单调递增；(2 分)
当 时,令 ,得 ,
在区间 上单调递增,在区间 上单调递减. (3 分)
综上,当 时, 在区间 上单调递增; 当 时, 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减. (4 分)
(2)证明: 当 时, ,要证 ,
即证 ,即 . (5 分)
设 ,则 ,(6 分)
令 ,则 ,
故当 时, 在区间 上单调递增,
当 时, 在区间 上单调递减.
故
所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 处取最小值 ,
故 恒成立,原不等式得证. (10 分)
(3)解:方程 可化为 ，所以 .(11 分)
记 ,则 .
记 ,则 . (12 分)
记 ,
则 ,
故函数 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
又 ,当 时, ,(13 分)
故当 时, ,即 在区间 上单调递减,
由 ,
根据零点存在性定理可知存在 ,使得 ,即 . (14 分)
且当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
故 ,
且 ,当 时, (15 分)
设 ,则 ,
设 ,则 ,
所以 ,
所以 在区间 上单调递减,(16 分)
且 ,所以 ,
所以若 没有实数根,则整数 的最小值为 1 . (17 分)
19.某校举办“数学文化节”,设有 个不同主题的展区 ,每个展区有唯一的主题编号,分别为 . 游客从任一展区开始参观打卡,打卡机每次会从尚未参观过的展区中,等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区. 规定:若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数,则参观者获得一枚纪念章,否则不获得纪念章,记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为 .
(1)当 时,求参观者仅获得 1 枚纪念章的概率;
(2)当 时,求参观者获得纪念章枚数 的分布列和数学期望;
(3)设 为 个展区时参观者获得纪念章枚数 的期望值，求 关于 的表达式，并证明 是递增数列.
【解析】(1)记事件 为“参观者仅获得 1 枚纪念章”，
当 时，展区编号为1,2,3，奇数有1,3；偶数有 2，全排列共 种，(1 分)
两个数之和为奇数当且仅当两个数奇偶性不同,
枚举所有排列:
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是 1 的有
所以 . (4 分)
(2)当 时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共 种，
由题意知 的可能取值为
当获得 1 枚纪念章时, 奇偶序列为奇奇偶偶, 偶偶奇奇,
概率为 ,(6 分)
当获得 2 枚纪念章时, 奇偶序列为偶奇奇偶, 奇偶偶奇,
概率为 ,(7 分)
当获得 3 枚纪念章时, 奇偶序列为奇偶奇偶, 偶奇偶奇,
概率为 ,(8 分)
所以 的分布列为
数学期望 . (10 分)
(3) 个展区中有 个奇数编号， 个偶数编号，相邻的两个位置看作 1 对，则共有 对，定义变量 如下: 当第 对中的两个数字之和为奇数时 ,为偶数时 ,
则 ,所以 ,(11 分)
因为 的取值只有 0 与 1 两个,
所以 即第 组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率,
从 个数据中任选 2 个数据排列,共有 种可能,(12 分)
当 为偶数时,则偶数与奇数各有 个,
所以 ,(13 分)
当 为奇数时,偶数有 个,奇数有 个,
所以 . (14 分)
所以 (15 分)
证明递增:
当 为偶数时, ,
,所以 . (16 分)
当 为奇数时, ,
,所以 .
因此 是递增数列. (17 分)日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差
-4
-2
1
0
-1
3
3
1
2
3