广东汕头市2026年普通高考第二次模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份广东汕头市2026年普通高考第二次模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共11页。试卷主要包含了 已知命题， 集合中所有元素之和记作，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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，再选涂其它答案．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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；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．
第I卷 选择题
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. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】抛物线方程化为标准方程易得焦参数，从而得焦点到准线的距离．
【详解】抛物线化为标准方程为，焦点坐标为，准线方程为，所求距离为．
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.
【详解】因为，故，故
故选：C.
3. 的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据结合两角和差的正切公式运算求解.
【详解】因为，
整理可得.
4. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性计算范围比较即可.
【详解】已知，
则.
故选：A.
5. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示，进而求出向量夹角.
【详解】由，得，则，，
而，则，所以与的夹角为.
故选：B
6. 已知命题：，，则下列结论正确的是（ ）
A. 为真命题，且命题的否定为：，
B. 为真命题，且命题的否定为：，
C. 为假命题，且命题的否定为：，
D. 为假命题，且命题的否定为：，
【答案】B
【解析】
【分析】先判断命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，最后根据判断结果选择正确选项.
【详解】因为.
所以对于任意的，都成立，所以命题为真命题.
命题是全称命题，所以它的否定为.
命题为真命题，且命题的否定为.
故选：B.
7. 已知，则下列结论中正确的个数是（ ）
①；
②；
③；
④
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法即可求解.对于①，令即可求解；对于②，令即可求解；对于③，令，与时的式子作差即可求解；对于④，令，结合①即可求解.
【详解】令，得，故①正确；
令，得（i），故②错误；
令，得（ii），
由（i）-（ii）化简得，故③正确；
令，得，
则，
得，故④正确.
8. 集合中所有元素之和记作，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，求得，得到的单调性，结合和，得到在和上各有一个零点，得到零点的范围，结合对数的运算，即可求解.
【详解】令函数，其定义域为，可得，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上在单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是最大值，
又因为，
根据零点存在性定理得，函数在和上各有一个零点，
即集合中有两个元素，且，
因为，即，
两式相加，可得，即，
因为，可得，所以，
所以，所以.
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. 从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（ ）
A. 2个球都是白球的概率为B. 2个球都不是白球的概率为
C. 2个球不都是白球的概率为D. 2个球恰好有一个球是白球的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得.
【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球；
对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，
故D正确.
10. 如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（ ）
A. 与平行B. 与为异面直线
C. 与成角D. 与垂直
【答案】BCD
【解析】
【分析】正四面体的平面展开图复原为正四面体即可求解.
【详解】
将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有：
对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误；
对于B，易知与为异面直线，故B正确；
对于C，依题意知，故与成角，故C正确；
对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以，
而，所以与垂直，故D正确.
11. 设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（ ）
A. 集合不是“可拆等和集”
B. 若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个
C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”
D. 若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项.
【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，
且.
所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求.
综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确；
对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得，
此时因集合已含有元素2，故舍去；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得
若，则由“可拆等和集”的定义，有.
综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确；
对于C项，将中所有元素同时除以后可得，
根据等比数列前项和公式，可得.
因为，所以，，所以有.
所以，当时，中所有元素之和也小于，
不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足.
综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误；
对于D项，易知集合中的元素个数为，，
根据等差数列的性质可知，，，
共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组.
从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中；
又，则，
而，
不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确.
故选：ABD.
第II卷 非选择题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是偶函数，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
13. 若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
14. 个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，再利用期望公式求解即可.
【详解】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，
，，，
所以.
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. 数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且.
（1）求的前项和；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合等比数列通项公式可得，，结合等差数列求和公式运算求解；
（2）整理可得，利用累加法结合等比数列求和公式运算求解.
【小问1详解】
因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，则，
可得，则，
可得，
所以.
【小问2详解】
因为，即，则，
可得，
则
，
所以.
16. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线过点，求的值；
（2）求的极值点.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义来求切线斜率，并写出切线方程，代入点即可求值；
（2）利用导数研究正负，即可判断原函数单调性和极值点.
【小问1详解】
求导得，则，又有，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由切线过点，则；
【小问2详解】
由（1）可知，，
令，则．
①当时，对，有单调递增，无极值．
②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，
又，则在时有一根，
时，单调递增，
时，单调递减．
所以在处取得极大值，极大值点为．
③当时，的图象开口向上，．
i．当，即时，有，所以当时，
有单调递增，无极值点．
ii．当，即时，在时，，
有两个根．
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增．
有极大值点，极小值点．
综上所述，
当时，单调递增，无极值点；
当时，的极大值点为，无极小值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长；
（3）过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2），截面周长为12
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直；
（2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长；
（3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积.
【小问1详解】
证明：
又平面
平面
又平面
平面平面
【小问2详解】
连接交于点，连接，取中点，连接,，

四边形 为平行四边形
点为中点，

，四边形为平行四边形,则 ，
点G平面，故四边形即为所求截面，
平面
,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形，
所以，四边形周长为：;
【小问3详解】
假设平面内存在动点，使其到点的距离为3，
方法一（等体积法）：
设点到平面距离为h，那么
取中点，由可知为正三角形，
所以，PO⊥AB平面PAB⊥平面ABCD平面PAB∩平面ABCD=ABPO⊂平面PAB⇒PO⊥平面ABCD
由VG−NCB=VC−BNG可得 14VP−ABC=VC−BNG,
即14⋅13PO⋅S△ACB=13⋅ℎ⋅S△BNG,ℎ=33S△BNG，
由于BG=BN=52,GN=12PA=2 ，
所以，S△BNG=12×2×254−1=212,
ℎ=33S△BNG=677