广东省广州市2026届高三下学期二模试题 数学 含解析

这是一份广东省广州市2026届高三下学期二模试题 数学 含解析，共26页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用 2B 铅笔
在答题卡的相应位置填涂考生号．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的
相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不
按以上要求作答无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据绝对值不等式性质得： ，
不等式两边同时加 1 可得： ，
即 ，
又因为集合 ，
所以 .
2. 已知 ，复数 在复平面内对应的点在虚轴上，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接由复数的除法和复数的几何意义可得.
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【详解】由复数的除法得 ，
又因为复数 在复平面内对应的点在虚轴上，所以 ，解得 .
3. 已知非零向量 满足 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由 可得： ，
整理可得： ，
根据数量积定义可得： ，
又因为 ，
所以 ，
又因为 为非零向量，所以 ，
所以等式约去 ，整理可得： .
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由二倍角的正弦余弦公式并结合齐次化计算可得.
【详解】由二倍角的正弦、余弦公式，且 ，所以 ，
得：
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.
5. 若函数 的图象与 的图象关于直线 对称，且 ，则 （ ）
A. B. C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据两个函数图象关于直线 对称，得出它们互为反函数，进一步求出反函数表达式，并作为
的解析式，最后根据题意得到关于 的方程，求解 .
【详解】因为两个函数图象关于直线 对称，
所以 是 的反函数，
对 整理得： ， ，
交换 可得反函数： ，
又因为 ，所以 ，
化简可得： ，即 ，
两边取以 3 为底的对数，则 .
6. 已知 ，且 ，则下列不等式不一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数、正余弦函数单调性推理判断 AD；举例说明判断 B；利用基本不等式推理判断 C.
【详解】由 ， ，得 ，
对于 A， ，A 正确；
对于 B，取 ，则 ，B 错误；
对于 C， ，C 正确；
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对于 D，显然 ，则 ，D 正确.
7. 已知 分别为双曲线 的左、右焦点，点 在 的渐近线上，且满足
，则 的离心率为（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设 ，结合 且 ，应用二倍角正切公式、双
曲线离心率求法求解.
【详解】点 在 的渐近线上，且满足 ，
所以在 中 ，而 ，则 ，
所以 ，
又双曲线 的渐近线方程为 ，
所以 ，所以离心率 .
8. 若函数 有且仅有两个零点，则 的最小值为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】B
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【解析】
【分析】利用导数求出函数 的极大值和极小值，再由函数 有极大值为 0 或极小值为 0 求出
的函数关系，换元并利用导数求出最小值即可.
【详解】函数 的定义域为 R，求导得 ，
当 时， 恒成立，函数 在 R 上单调递增，最多一个零点，不符合题意；
当 时，由 ，得 ；由 ，得 或 ，
令 ，则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时，函数 取得极大值 ，
当 时，函数 取得极小值 ，
而当 时， ，当 时， ，
由函数 有且仅有两个零点，得 ，即 ，或 ，即 ，
则 ，令 ，则 ，令函数 ，
求导得 ，当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
所以 的最小值为 .
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. 在 5 道试题中有 3 道代数题和 2 道几何题，每次从中随机抽出 1 道题，抽出的题不再放回．设事件 “第
1 次抽到代数题”， “第 2 次抽到几何题”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
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【详解】对于 A，由题意得： ， ，正确；
对于 B， ， ，错误;
对于 C， ，正确；
对于 D， ，错误.
10. 已知函数 ，则（ ）
A. 是 的一个周期 B. 是 图象的一条对称轴
C. 的最大值为 D. 在 内单调递减
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用周期函数的定义判断 A；举例说明判断 B；求出最大值判断 C；利用导数确定指定区间上的单
调性判断 D.
【详解】函数 的定义域为 R，
对于 A， ，
因此 是 的一个周期，A 正确；
对于 B， ， ，
因此 不是 图象的对称轴，B 错误；
对于 C， ， ，因此 ，
而当 时， ，所以 的最大值为 ，C 正确；
对于 D，求导得 ，
当 时， ，则 ，
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因此 ，函数 在 内单调递减，D 正确.
11. 在棱长为 1 的正方体 中，点 在线段 （包括两端点）上运动，点 为线段
的中点，则（ ）
A. 存在点 ，使得
B. 存在点 ，使得 平面
C. 当 时，经过点 A，C，E 的平面将正方体 分成体积之比为 3:1 的两部分
D. 当 的面积为 时，三棱锥 的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正方体的几何特征建立空间直角坐标系，对于选项 A：设 再利用 时数量
积为零，求解出此时的 与条件不符，对于选项 B：利用 平面 等价于向量 与平面
的法向量垂直，求出 选项 C：先根据 求出 再假设存在满足题意的
平面 再求出满足体积的 两者比较可知假设成立，选项 D：利用球心到球表面的距离相等列出三
个方程，进而求解出球心的坐标，从而求出三棱锥 的外接球表面积.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
设
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对于 ， ，若 ，则 ，即
不符，故 错.
对于 ：设平面 的法向量为 则
令 则
则平面 的法向量 ，
若 平面 ，则 0，即 ，故存在这样的点 故选项 B 正确；
选项 C：由 设 则 故 解得：
假设经过点 A，C，E 的平面 将正方体 分成体积之比为 3：1 的两部分，
连接 过点 做 与 平行， 与 交于点
作直线 可知三条直线交于点
所以多面体 为三棱台，
则三棱台 体积为
又三棱台 体积为
解得： 成立，故选项 C 正确，
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对于 D，设 则 又
则
解得： 则 与 重合，
即 ，即 与 重合，则球心 为
， ， ，D 对
设球心为
则利用球心到球表面上的点的距离相等可知：
则 ， ，
将上面两式代入第三个方程：
即
，则
所以球心为 半径为
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球的表面积为 ：
，故选项 D 正确，
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 展开式中常数项是______．
【答案】
【解析】
【 详 解 】 的 展 开 式 的 通 项 为
，
令 ，得 ，
所以展开式的常数项为 .
13. 某人工智能博览会有 4 个不同的场馆 ，甲、乙两人各自从中随机选择 2 个去参观，记这 4 个
场馆中被参观的场馆个数为 ，则 的数学期望为____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先确定 的所有可能取值，分别计算 取每个值的概率，再将 的取值与对应概率代入公式计
算即可.
【详解】 为被参观的场馆个数，可能取值为 ，
甲乙各选 个场馆，总的选法为 种，
（两人选的场馆完全相同）：共 种，故 ，
（两人恰好有 1 个共同场馆）：甲选 2 个后，乙从甲的 2 个中选 1 个、从甲未选的 2 个中选 1 个，共
种，故 ，
（两人选的场馆完全不同）：共 种，故 ，
.
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14. 已知圆 ，若直线 上至少存在一点 ，使得圆 上恰有两个点
与点 的距离都为 2，则实数 的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆 的圆心和半径，由已知可得以点 为圆心，2 为半径的圆与圆 相交，并求出 的范
围，再结合圆的性质建立不等式求解.
【详解】圆 的圆心 ，半径 ，
由圆 上恰有两个点与点 的距离都为 2，得以点 为圆心，2 为半径的圆与圆 相交，
则 ，即 ，令圆心 到直线 的距离为 ，
于是直线 上任意点到圆心距离都不小于 ，又直线 上至少存在一点 ，
使得圆 上恰有两个点与点 的距离都为 2，因此 ，即 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
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 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 ．
（1）求 的值；
（2）若 的面积为 2，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知条件利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简得 ，可求 的
值；
（2）由 的面积和余弦定理求出 ，可求 的周长．
【小问 1 详解】
在 中， ，由正弦定理得 ，
又 ，
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所以有 ，
由题意得 ， ，所以 ，得 .
【小问 2 详解】
由题意得 ，由 ，解得 ，
可得 ，解得 ，
由余弦定理 ，得 ，
所以 的周长 .
16. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若 是函数 的极值点，证明： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，然后求出切线在坐标轴上的截距即可求解；
（2）根据 是函数 的极值点可得 ，然后结合 定义域得出 的范围并化简
，构造函数 ， ，然后利用导数得出 的单调性
即可证明.
【小问 1 详解】
当 时， ， ，
， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
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令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以三角形的面积是： .
【小问 2 详解】
， ，
，
因为 是函数 的极值点，所以 且 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以 ，解得 ，
，将 代入 得： ，
令 ， ，
，
令 ， ，则 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
所以 ，所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 .
17. 如图 1，在矩形 ABCD 中， 于 于 ，将 沿 AC 翻折至
，使得 ，连接 ，如图 2．
（1）求三棱锥 的体积；
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（2）求直线 与直线 AC 所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)作辅助线画出底面 的高，利用已知条件算出底面积和高即可求出体积；
(2)先算出 和 的比，利用向量线性关系求出 和 、 ，再利用向量数量积公式求出夹
角余弦值.
【小问 1 详解】
解：过 点作 交 于点 ，如图所示，
由 知 ，且 ，
又因为 且 ，所以 平面 ，
过点 作 交 延长线于 点，所以 ，
又因为 ，故 平面 ，即 为三棱锥 的高，
由题知 ， ，则 ， ， ，
所以 ；
【小问 2 详解】
解：因为 ， ，解得 ，所以 ，
同理可得 ，所以 ， ，
由图知 ，
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两边平方得： ，所以 ，
又因为 ，
所以 .
18. 已知椭圆 的离心率为 ，直线 被椭圆 所截得的线段的长为 3．
（1）求 的方程：
（2）已知点 ，过点 的直线 交 于 E，F 两点 在 轴的下方），直线 BF 交直线
于点 ．
（i）设直线 ME 的斜率为 ，直线 MF 的斜率为 ，判断 是否为定值，并说明理由；
（ii）证明：直线 ME 过定点．
【答案】（1）
（2）（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可.
（2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率
表示出来，得到 ，与点 的坐标有关，从而 不为定值.
（ii）通过（i）中将斜率 表示成 ，从而直线方程转化为 从而直线
过定点
【小问 1 详解】
因为直线 被椭圆 所截得的线段的长为 3，
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所以 在椭圆上，代入得 ，
又 ，解得： .
【小问 2 详解】
设点 ，
设 ，
由 得 ，
由 ，得 ，解得 或 ，
又点 ， 在 轴下方，则 ，
由韦达定理得
得 ，即 ，
因为 ，
所以
，
所以 不是定值.
（ii）证明：
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由（i）得
则直线 的方程为 ，
即 ，
当 时，得 ，
所以 必过定点 .
19. 从 中任取 3 个不同的数，且这 3 个数从小到大构成一个等差数列，这样的等
差数列共有 个，这 个等差数列的所有项之和为 ．
（1）写出 的值；
（2）求 ；
（3）求 ．
【答案】（1） ，
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)通过列举法求解即可，（2）设取出的 3 个数从小到大依次为 ，由于它们构成等差数列，
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则有核心性质： ,因为 是正整数，所以 必然为偶数.这就要求 与 的和为偶数，即
与 必须同奇或同偶.反之，只要从 中任取两个同奇或同偶的不同整数作为 和 （不
妨设 ），则它们的中点 必然是一个整数，且一定满足 .因此，构成等
差数列的个数 ，等价于从 中选取 2 个同奇或同偶的数的组合数.（3）求出 与 的关系，
再利用（2）中的结论求和即可.
【小问 1 详解】
当 时，等差数列为 所以
当 时， 所以
所以 .
【小问 2 详解】
对 的奇偶性进行分类讨论：
当 为偶数时，设 ：集合中共有 个奇数和 个偶数.从中任取 2 个同奇或 2 个同
偶的数，方法数为：
将 代入，得：
当 为奇数时，设 ：集合中共有 个奇数和 个偶数.从中任取 2 个同奇或 2
个同偶的数，方法数为：
将 代入（此时 ），得：
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综上所述：
【小问 3 详解】
设所有满足条件的等差数列构成的集合为 ，由第（2）问可知集合 中共有 个元素.
对于任意一个等差数列 ，由于 ，
且 （设公差为 ）.
构造数列 ，显然有：
且
即新数列也是公差为 的等差数列，故 .
原 数 列 各 项 和 为 ， 对 称 数 列 各 项 和 为
.
将集合 中的等差数列按此对称性求和（对集合 遍历两次），可得：
所以 .
结合第（2）问的结论：当 为偶数时， ，则 ；当 为奇数
时， ，则 .
综上所述：
.
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【点睛】列举法是数列新定义的求解重要方法，数列中和与项的关系是求和的主要思路.