广西桂林市2026届高三第二次适应性模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份广西桂林市2026届高三第二次适应性模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共19页。试卷主要包含了直接在答题卷上答题， 在的展开式中，含有项的系数为， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
2026年5月
（考试用时120分钟，满分150分）
说明：
1.答题前，考生务必将答题卷密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题.
2.直接在答题卷上答题.（不在本试卷上答题）.
第Ⅰ卷（选择题）
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. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】集合，，所以.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，解得：.
3. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】令，得，
则函数在上单调递增，
当时，真包含于，因此是函数的单调区间，A是；
不存在整数，使得选项BCD为的子集，BCD不是.
4. 在的展开式中，含有项的系数为（ ）
A. 120B. C. 20D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，令，得，所以含有项的系数为.
5. 在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接交于点，连接，由正四棱锥的性质即可求解．
【详解】连接交于点，连接，
由正四棱锥的性质可知，平面，
所以直线与平面所成角为，
又因为为正方形，，
所以，
则，
在中，，
故选：B．
6. 过椭圆与双曲线四个交点的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】联立方程，消去得，所以，，
则交点坐标为，，，，
不妨设圆的标准方程为：，代入得：，
所以圆的标准方程为：.
7. 把1、2、3、4四个数字随机排成一行，从左到右依次读取，从第二个数开始，每当读到的数字比前面所有数字都大时，称该数为一个“新高”.记排列中“新高”的个数为随机变量，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】X的取值为0，1，2，3.
，，，，
.
8. 已知函数，对于正实数a，定义集合，且，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出分段函数的图像，利用图像的平移进行求解.
【详解】当，，而，所以恒成立，则单调递增（凹函数），
∴如图所示：令 ，∴，
∵，令 ，解出，
∴ ，
令，∴，
∵，，且，
∴如图可知， ，
∴.
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. 已知数列的前项和为，若，，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递增数列B. 是数列中的项
C. 数列中的最小项为D. 数列是等差数列
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，可得数列 为首项为 ，公差为 的等差数列，逐项求解即可．
【详解】，，
数列为首项为，公差为的等差数列，
则，
，为递增数列，A正确，
令，得，不满足题意，故B错误，
，且为递增数列，
数列中的最小项为，故C错误，
，
，则数列是等差数列，故D正确．
故选：AD
10. 设函数，则（ ）
A. 有三个零点
B. 是的极大值点
C. 当时，
D. 若过点可以作三条直线与的图象相切，则m的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，求导然后判断函数的极值和0的关系即可；B选项，求导，分析函数的单调性，即可区分极大值极小值；C选项，求导，分析函数在时的单调性，即可确定取值范围；D选项，将题目转换成直线和曲线的交点，即求曲线的单调性，分析极大值极小值，让直线介于极大值和极小值之间即可.
【详解】A选项，由，得，
令，解得：或，
所以在上单调递增，单调递减，上单调递增；
因为，，，，
所以有三个零点，所以A选项正确；
B选项，由A选项解析可得：是极小值点，所以B选项错误；
C选项，当时，，且函数在区间上单调递减，
且，，故 ，所以C选项正确；
D选项，设切点为，则切线的斜率为，
所以切线方程为，
即.
因为切线经过点，所以，
整理得.
令 ，
则，
令，得或，令，得，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为 ，极大值为，
所以当时，直线与的图象有3个交点，
即当时，过可以作三条直线与图象相切，所以D选项正确.
11. 如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ）

A. B. 以为直径的圆与直线相切
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解.
【详解】对于A，令，
联立，消可得，
则，，
，
则
故，
同理，故A正确；
对于C，设与轴交于，，

则，，故C正确；
对于D，
则
，
而，
所以，故D正确；
对于B，中点，即
则到直线的距离，
以为直径的圆的半径，
所以，
当时相切，当时不相切，故B错误.
故选：ACD.
关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可.
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. 设的实部与虚部相等，其中为实数，则______.
【答案】3
【解析】
【详解】因为，且实部与虚部相等，
故，解得.
13. 记为等比数列的前项和．若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得成等比数列，从而得到关于的方程，求解即可.
【详解】因为为等比数列的前项和，且，，
由等比数列的性质可知：成等比数列，
即成等比数列，所以，解得：，
故答案为：.
14. 一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______.
【答案】
【解析】
【详解】为保证每次摸球结果的等可能性，把2个红球分别记为，；3个白球分别记为，，；4个黑球分别记为，，，.
9个球看成不同的元素，则样本空间的样本点总数为.
“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”分为“两次红球，一次非红球”、“两次白球，一次非白球”、“两次黑球，一次非黑球”三种情况；
事件“两次红球，一次非红球”的样本点个数为：；
事件“两次白球，一次非白球”的样本点个数为：；
事件“两次黑球，一次非黑球”的样本点个数为：；
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. 智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表：
（1）从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关.
附：
【答案】（1）0.58
（2）有关
【解析】
【小问1详解】
设事件A为“车主驾龄不超过5年”，事件B为“车主经常使用智能驾驶辅助系统”.
由题意可知：，，根据条件概率公式得：，
所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58.
【小问2详解】
提出假设：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关，
根据表中数据可得：，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.010.
16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，条件①，条件②，条件③.
（1）求角A的大小；
（2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选择条件①：利用正弦定理和正弦的半角公式进行求解；选择条件②：利用正弦定理和正弦的和角公式进行求解；选择条件③：利用正弦定理和余弦定理进行求解.
（2）利用三角形面积公式和正弦定理，结合锐角三角形角度的大小进行求解.
【小问1详解】
选条件①：
由正弦定理得，
又，
所以 ，
又，所以，
解得，或，
因为，所以，即.
选条件②:
由正弦定理得，
所以，
因为在中，，
所以，即，
则，因为，所以.
选条件③：
，
整理得，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以.
【小问2详解】
已知，，则面积，
由正弦定理得，其中.
化简得： ，
为锐角三角形，且，
所以，得，
所以，，即，
因此
所以面积的取值范围是.
17. 已知椭圆：过点，其左右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆交于另外一个点N.
（1）求椭圆的方程；
（2）当直线l的斜率为2时，求四边形的面积；
（3）当直线l平分时，判断四边形是否为平行四边形，说明理由.
【答案】（1）.
（2）.
（3）不是，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）直接代入点坐标即可求解；
（2）联立方程，计算交点坐标，然后利用三角形同底得到三角形的面积比，然后即可求得四边形面积；
（3）方法一：利用角平分线定理求得直线和轴交点坐标，发现交点不是对角线的中点，即可得到结论；
方法二：利用角度关系，求得角平分线方程，进而求得角平分线和轴交点坐标，发现交点不是对角线的中点，即可得到结论；
方法三：反证法，利用对角线平分对角的平行四边形是菱形，得到两条边长度相等，和原题矛盾，即可得到结论.
【小问1详解】
代入得：，得，则椭圆C的方程为.
【小问2详解】
如图所示，设点，直线的方程为，
，解得：，，
又因为，，，所以，所以为直角三角形，则，
所以，得，所以.
【小问3详解】
如图所示，，.
方法一：设l与x轴交于点，由角平分线定理，由，得，解得，
所以点P不是对角线的中点，故四边形不是平行四边形.
方法二：在直角中，设，所在直线倾斜角为，则.
已知，则，解得，所以，
则l所在直线方程为，令，解得，所以l与x轴交于点，
所以点P不是对角线的中点，故四边形不是平行四边形.
方法三（反证法）：若四边形为平行四边形，且为的角平分线，则平行四边形为菱形，
得与题意不符合，故假设不成立，即：当直线平分时，四边形不是平行四边形；
18. 已知函数（），.
（1）若不存在零点，求实数的取值范围；
（2）若恒成立，求的值；
（3）已知数列，满足，记，若对任意的正整数，不等式成立，其中为整数，求最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】
【分析】（1）求导，然后令即可；
（2）构造新函数 ，对分类讨论，结合即可得解；
（3）利用（2）的结论，写出新数列的表达式，找到新数列的取值范围，代入即可得到结果.
【小问1详解】
由题意函数（），求导可得，，
当时，令，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，上单调递减，所以，
不存在零点，只需 ，解得，所以实数a的取值范围是.
【小问2详解】
因为，所以，其中，
令 ，其中，则恒成立，求导得：，且，
当时，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
若，则在上单调递增，所以时，，与题设矛盾；
若，则在上单调递减，所以时，，与题设矛盾；
若，则在上单调递减，在上单调递增，所以，满足题意；综上所述.
【小问3详解】
因为，所以，
由（2）可知当时 ，即，
所以当且仅当时取等号，所以，.
，
所以 ，
即：对于任意正整数，恒成立，
且因为为整数，且对于任意正整数， 成立，
当时， ，所以不能恒成立，
所以m的最小值为3.
19. 已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点.
（1）当时，求与的夹角余弦值；
（2）棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由；
（3）记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积.
【答案】（1）；
（2）存在，；
（3）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，即可计算线线夹角；
（2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，计算法向量，即可根据二面角计算坐标；
（3）根据射影面积定理列出等式，即可求解.
【小问1详解】
依题意作正三棱柱如图，设AC的中点为O，建立空间直角坐标系如图，
由，得，，，，
，，
设与的夹角为，.
【小问2详解】
假设存在点D满足题意，由，则，，，，
设面的法向量为，，，
，，令，得，，从而，
设面的法向量为，，
，，令，解得，，
从而，
当时，，解得，
所以D为的中点时，二面角为直二面角.
时，二面角的平面角为钝角；时，二面角的平面角为锐角，
设二面角的平面角为，
则，解得，，
因为二面角的平面角为锐角，故舍去，
综上得，存在满足题意的点D，此时.
【小问3详解】
假设存在点D满足题意，且，
则，，，，设面的法向量为，
，，，，
则点D到的距离为，
，，
又在底面和三个侧面，，上的射影面积分别为，,，，
所以由面积射影定理得，，
，，
得，
解得，故.经常使用智能驾驶辅助系统
不经常使用智能驾驶辅助系统
合计
驾龄≤5年
58
42
100
驾龄＞5年
36
64
100
合计
94
106
200
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828