广东省汕头市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版）

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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. 抛物线的焦点到其准线的距离为
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】焦点坐标为，准线方程为，所求距离为.
2. 已知，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，故，故.
3.的值为
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】因为，
整理可得 .
4.已知，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】已知，则.
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】由，得，则，，
而，则，所以与的夹角为.
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】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.
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】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】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.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】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】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】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.
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】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故 .
13.若双曲线的渐近线与圆相切，则_______.
【答案】
【解析】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） .
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】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 .
【解析】(1)因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，则，
可得，则，
可得，
所以 .
(2) 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.
【解析】(1)，则，又有，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由切线过点，则 .
(2)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.
【解析】
(1) 证明：
又平面
平面
又平面
平面平面 .
(2)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：.
（3）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，
由可得 ,
即，
由于，
所以，,
,
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
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得的截面，截面形状为圆，
半径,.
方法二（建坐标系）：
取中点，由可知为正三角形，
所以，
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
那么,
设平面法向量为，那么
取，则为平面一个法向量，
那么点到平面距离，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
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，截面形状为圆，
半径,.
18.函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.
（1）求函数的解析式；
（2）设，解不等式；
（3）设，若关于的方程有解，求的取值范围.
【解析】 (1) 由函数图象可知，
又因为附近函数单调递增，
所以，解得，
故，
所以，.
(2),
,
即
化简，得
因为 恒成立，
所以，,
又，
解得，，或，
所以，，或
解集为.
(3) 即
,
运用和差化积公式化简，得 ，
即
因为，
由于时，，不满足题意，故，
所以，，故
由，可得,
，解得，
的取值范围是.
19.设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值.
【解析】 (1) 设，那么 ，
由于，那么
由可知，
所以，
在中，，
即，
解得 或（由于,不满足椭圆的定义，舍去）
所以，
由,可得
所以，，
所以，椭圆的方程.
(2)设，那么直线方程为,
直线方程为
令，则直线方程为，
令，则直线方程为，
联立
所以，
联立
所以，
所以，

因为，所以
当且仅当即取等号，
所以，的最大值为.