广东肇庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学试卷（含答案）

这是一份广东肇庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学试卷（含答案），共7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。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知i是虚数单位，复数z满足z⋅i=1+i，则z=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.设全集U=Z，集合M=x∣x=4k+1,k∈Z,N=x∣x=4k+3,k∈Z，则∁UM∪N=( )
A. x∣x=2k+1,k∈ZB. x∣x=2k,k∈Z
C. x∣x=4k+2,k∈ZD. x∣x=4k,k∈Z
3.双曲线x2−y2=1与双曲线x21+k−y21−k=1的( )
A. 顶点相同B. 焦点相同C. 虚轴长相等D. 离心率相等
4.直线l:y=kx−1与圆O:x2+y2=1相交于A,B两点，则“k=1”是“▵OAB的面积为12”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.若函数fx=cs2x−sinx+φ(00，若fx≤a，求n的最大值．
19.(本小题17分)
已知抛物线M:y2=2pxp>0的焦点为F，准线为l，直线y=2 3交准线l和抛物线M于P,Q两点，且FP=FQ．
(1)求p的值；
(2)如图，若抛物线N:x2=y上有三个点A,B,C，且直线AB,AC均与抛物线M相切．
(i)证明：直线BC与抛物线M相切．
(ii)探究点F与▵ABC外接圆的位置关系，并说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.A
5.D
6.D
7.D
8.A
9.BC
10.ACD
11.BCD
12.−14 /−0.25
13.(0,+∞)
14.23
15.解：(1)记随机选择甲､乙､丙的事件分别为A1,A2,A3，进入第二轮的事件记为M，
则M=A1M+A2M+A3M，
由题意得PA1=PA2=PA3=13,PM|A1=23,PM|A2=23,PM|A3=45，
所以PM=PA1M+PA2M+PA3M
=PA1PM|A1+PA2PM|A2+PA3PM|A3
=13×23+13×23+13×45=3245．
(2)记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为A,B,C,
则PA=23×34=12,PA=1−PA=12,
PB=23×34=12,PB=1−PB=12,
PC=45×34=35,PC=1−PC=25,
由题意得X的所有可能取值为0,1,2,3,
则PX=0=PABC=12×12×25=110,
PX=1=PABC+PABC+PABC=12×12×35+12×12×25+12×12×25=720,
PX=2=PABC+PABC+PABC
=12×12×35+12×12×35+12×12×25=820=25．
PX=3=PABC=12×12×35=320．
所以X的分布列为
所以X的数学期望为EX=0×110+1×720+2×25+3×320=3220=85．

16.解：(1)如图，取AC的中点O，连接PO和BO，
因为PA=PC，所以PO⊥AC，
又因为PB⊥AC,PO∩PB=P，且PO,PB⊂平面POB，
所以AC⊥平面POB，
因为BO⊂平面POB，所以AC⊥BO，因AO=OC，
所以AB=BC．
(2)由(1)知，BO⊥AC,PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，
所以二面角P−AC−B的平面角为∠POB，即∠POB=2π3，
在平面POB内，过点O作OQ⊥OB，易知OB,OC,OQ两两相互垂直，
如图，以OB,OC,OQ分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
因为PA= 5,AB= 2,AC=2，所以满足AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，
则PO= PA2−AO2=2,BO= AB2−AO2=1，
于是A0,−1,0,B1,0,0，C0,1,0,
因为∠POB=2π3，则P−1,0, 3，
所以PC=1,1,− 3,AC=0,2,0,BC=−1,1,0，
设平面PAC的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅PC=0n1⋅AC=0，即x1+y1− 3z1=02y1=0，故可取n1= 3,0,1，
设平面PBC的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅PC=0n2⋅BC=0，即x2+y2− 3z2=0−x2+y2=0，故可取n2= 3, 3,2，
所以csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=3−0+2 3+1⋅ 3+3+4=52 10= 104，
所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为 104．

17.解：(1)因为tanan+1=1csan，所以tan2an+1=1cs2an=sin2an+cs2ancs2an=1+tan2an，
所以tan2an+1−tan2an=1，
所以数列tan2an是以tan2π6=13为首项，1为公差的等差数列．
所以tan2an=13+n−1=3n−23．
(2)由tan2an=sin2ancs2an=3n−23sin2an+cs2an=1
解得sin2an=3n−23n+1，因为an∈0,π2，所以sinan>0，
所以sinan= 3n−23n+1= 3n−1+13n+1，
所以sina1⋅sina2⋅⋯⋅sinam= 14×47×710×⋯×3m−2+13m−1+1×3m−1+13m+1= 13m+1，
所以 13m+1=110，即3m+1=100，解得m=33．

18.解：(1)当n=2,a=1时，函数fx=ln1+2x2=ln1+2x−ln2，
求导得f′x=2xln21+2x，所以f′0=12ln2，
因为f0=0，所以切点为原点，
所以函数fx图象过原点的切线方程为y=ln22x．
(2)由题意得，对于给定的自然数n,1+2x+⋯+(n−1)x+nxa>0在x∈−∞,1上恒成立，
因为nx>0，所以a>−1nx+2nx+⋯+n−1nx恒成立，
因为n≥2，所以y=knxk=1,2,⋯,n−1在x∈−∞,1上单调递减，
所以gx在x∈−∞,1上单调递增，
所以gx≤g1=−1n+2n+⋯+n−1n=−1+2+⋯+n−1n=−n−1⋅n2n=1−n2，
所以a>1−n2,n∈N∗,n≥2．
(3)因为n≥2，所以y=kxk=2,3,⋯,n在x∈−∞,1上单调递增，
又因为a>0，所以y=1+2x+⋯+(n−1)x+nxa在x∈−∞,1上单调递增，
所以fx=ln1+2x+⋯+(n−1)x+nxan在−∞,1上单调递增，
所以fx≤f1=ln1+2+⋯+n−1+nan=lnn−12+a，
由fx≤a恒成立，所以fxmax≤a，即lnn−12+a≤a=lnea，
所以n≤2ea−2a+1，令ga=2ea−2a+1,a>0，
求导得g′a=2ea−2>2⋅e0−2=0恒成立，所以ga在a∈0,+∞上单调递增，
所以ga>g0=3，所以n≤3，即n的最大值为3．

19.解：(1)如图，由抛物线定义得QP=FQ，
又因为FP=FQ，
所以△PQF为等边三角形，
所以∠PFO=∠QPF=π3，
记准线l与x轴的交点为R，
因为P的纵坐标为2 3，所以PR=2 3，
由抛物线的定义知FR=p，
所以tan∠PFR=tanπ3=2 3p= 3，
所以p=2．
(2)(i)设Ax1,x12,Bx2,x22,Cx3,x32，
因为任意与x轴垂直的直线与抛物线N只有一个交点，所以易知直线AB,AC,BC斜率存在(即x1≠x2≠x3).
设直线AB的方程为y−x12=x12−x22x1−x2x−x1，即y=x1+x2x−x1x2，
代入y2=4x，得x1+x2y2−4y−4x1x2=0，
因为抛物线M没有与y轴垂直的切线，所以x1+x2≠0,x1+x3≠0，
又因为若A是坐标原点，则过A只能画一条M的切线，所以x1≠0．
由题意得Δ=16+16x1x2x1+x2=0，即x12x2+x1x22+1=0，
同理，由直线AC与抛物线M相切得x12x3+x1x32+1=0，
所以x2,x3是方程x1x2+x12x+1=0的两个根，
由韦达定理得x2+x3=−x1,x2x3=1x1，
同理，联立直线BC与抛物线M的方程，得x2+x3y2−4y−4x2x3=0，
因为x1≠0，所以x2+x3≠0，
所以Δ=16+16x2x3x2+x3=16+161x1−x1=16−16=0，
所以直线BC与抛物线M相切．
(ii)①当x3≠−1时，
由(i)中方程x12x2+x1x22+1=0和x12x3+x1x32+1=0，易判断x1≠1,x2≠1,x3≠1，
由(1)知F1,0，
所以tan∠AFB=tan∠BFx−∠AFx=tan∠BFx−tan∠AFx1+tan∠BFxtan∠AFx
=kBF−kAF1+kBFkAF=x22x2−1−x12x1−11+x22x12x2−1x1−1=x1x22−x22−x12x2+x12x12x22+x1x2−x1+x2+1=x2−x1x1x2−x1−x2x12x22+x1x2−x1+x2+1
由(i)同理可得x1+x2=−x3,x1x2=1x3，
所以tan∠AFB=x2−x11x3+x31x32+1x3+x3+1=x2−x1x3+x331+x3+x32+x33=x31+x32x2−x11+x31+x32=x3x2−x11+x3，
同理，tan∠ACB=kAC−kBC1+kACkBC=x3+x1−x3+x21+x3+x1x3+x2=x1−x2x32+x3x1+x2+x1x2+1
=x1−x2x32+x3⋅−x3+1x3+1=x3x1−x2x3+1，
所以tan∠AFB+tan∠ACB=x3x2−x11+x3+x3x1−x21+x3=0，
所以∠AFB+∠ACB=180∘x3≠−1．
②当x3=−1时，C−1,1，
计算得A1+ 52,3+ 52,B1− 52,3− 52，
此时FA⋅FB= 5−12,3+ 52⋅− 5−12,3− 52=−1+1=0，
CA⋅CB=3+ 52,1+ 52⋅3− 52,1− 52=1−1=0，
所以∠AFB=∠ACB=90∘，满足∠AFB+∠ACB=180∘．
综上所述，∠AFB+∠ACB=180∘，即A,B,C,F四点共圆，
所以点F在▵ABC的外接圆上．
X
0
1
2
3
P
110
720
25
320