2026届广西钦州市灵山县高三二诊模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届广西钦州市灵山县高三二诊模拟考试数学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设，则“ ”是“”的，复数等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
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。答案不能答在试题卷上。
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．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
2．设是等差数列的前n项和，且，则( )
A．B．C．1D．2
3．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则
A．B．C．D．
4．已知函数，若，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．设，则“ ”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（ ）

A．45B．60C．75D．100
7．复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
8．在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（ ）．
A．1B．1C．3D．4
10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．若函数（其中，图象的一个对称中心为，，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象( )
A．向右平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
12．如图，这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图，则下列说法不正确的是（ ）
A．甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班
B．甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定
C．甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班
D．甲、乙两班这5次数学测试的总平均分是103
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在三棱锥P-ABC中，，，，三个侧面与底面所成的角均为，三棱锥的内切球的表面积为_________.
14．若正实数，，满足，则的最大值是__________．
15．已知函数图象上一点处的切线方程为，则_______．
16．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的新奇水果的箱数x（单位：十箱）与成本y（单位：千元）的关系如下：
y与x可用回归方程 （ 其中，为常数）进行模拟．
（Ⅰ）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元．|．
（Ⅱ）据统计，10月份的连续11天中该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图所示．
（i）若从箱数在内的天数中随机抽取2天，估计恰有1天的水果箱数在内的概率；
（ⅱ）求这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值．（每组用该组区间的中点值作代表）
参考数据与公式：设，则
线性回归直线中，，．
18．（12分）已知，，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于，两点，过点且与直线垂直的直线与相交于点，求的最小值及此时直线的方程.
19．（12分）已知集合，.
（1）若，则；
（2）若，求实数的取值范围.
20．（12分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线经过点且倾斜角为.
（1）求曲线的极坐标方程和直线的参数方程；
（2）已知直线与曲线交于，满足为的中点，求.
21．（12分）已知函数
（1）若，试讨论的单调性；
（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.
22．（10分）已知函数
（1）若，求证：
（2）若，恒有，求实数的取值范围.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.
【详解】
抛物线的焦点为，
则，即，
设点的坐标为，点的坐标为，
如图：
∴，
解得，或(舍去)，
∴
∴直线的方程为，
设直线与抛物线的另一个交点为，
由，解得或，
∴，
∴，
故直线被截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.
2、C
【解析】
利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.
【详解】
由于等差数列满足，所以，，.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.
3、D
【解析】
画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.
【详解】
由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，
当，即时，最小，满足，对于任意的，
所以本题答案为D.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.
4、B
【解析】
利用函数的单调性得到的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案.
【详解】
∵在R上单调递增，且，∴.
∵的符号无法判断，故与，与的大小不确定，
对A，当时，，故A错误；
对C，当时，，故C错误；
对D，当时，，故D错误；
对B，对，则，故B正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.
5、C
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合对数的运算进行判断即可．
【详解】
∵a，b∈（1，+∞），
∴a＞b⇒lgab＜1，
lgab＜1⇒a＞b，
∴a＞b是lgab＜1的充分必要条件，
故选C．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的解法是解决本题的关键．
6、B
【解析】
根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．
【详解】
由题意，．
故选：B.
【点睛】
本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．
7、B
【解析】
利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.
【详解】
解：，
则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，
位于第二象限.
故选：B.
【点睛】
本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.
8、B
【解析】
利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.
【详解】
，
即，即，
，，得，，.
由余弦定理得，
由正弦定理，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
9、C
【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.
【详解】
画出图形：
若为的外心，则，
平面,可得,即，①正确;
若为等边三角形，，又
可得平面，即,由可得
，矛盾，②错误;
若，设与平面所成角为
可得，
设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为，
即的范围为，③正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得平面平面
可得在线段上，而，可得④正确；
所以正确的是：①③④
故选：C
【点睛】
此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.
10、A
【解析】
根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.
【详解】
如下图所示，平面，从而平面，
易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∵平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∴结合四个选项可知，只有正确.
故选：A.
【点睛】
本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
11、B
【解析】
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论．
【详解】
根据已知函数
其中，的图象过点，，
可得，，
解得：．
再根据五点法作图可得，
可得：，
可得函数解析式为：
故把的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
故选B．
【点睛】
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题．
12、D
【解析】
计算两班的平均值，中位数，方差得到正确，两班人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，错误，得到答案.
【详解】
由题意可得甲班的平均分是104，中位数是103，方差是26.4；
乙班的平均分是102，中位数是101，方差是37.6，则A，B，C正确.
因为甲、乙两班的人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，故D错误.
故选：.
【点睛】
本题考查了茎叶图，平均值，中位数，方差，意在考查学生的计算能力和应用能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
先确定顶点在底面的射影，再求出三棱锥的高以及各侧面三角形的高，利用各个面的面积和乘以内切球半径等于三棱锥的体积的三倍即可解决.
【详解】
设顶点在底面上的射影为H，H是三角形ABC的内心，内切圆半径.三个侧面与底面所
成的角均为，，，的高，，设内
切球的半径为R，
∴，内切球表面积.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥内切球的表面积问题，考查学生空间想象能力，本题解题关键是找到内切球的半径，是一道中档题.
14、
【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题的求解方法，即可求得结果.
详解：，当且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
15、1
【解析】
求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得．
【详解】
由题意，
∵函数图象在点处的切线方程为，
∴，解得，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，
16、7.5
【解析】
分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.
【详解】
故答案为：7.5
【点睛】
此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）1131；（Ⅱ）（i）；（ⅱ）125箱
【解析】
（Ⅰ）根据参考数据得到和，代入得到回归直线方程，，
再代入求成本，最后代入利润公式；
（Ⅱ）（ⅰ）首先分别计算水果箱数在和内的天数，再用编号列举基本事件的方法求概率；（ⅱ）根据频率分布直方图直接计算结果.
【详解】
（Ⅰ）根据题意，，
所以，所以．又，所以．
所以时，（千元），
即该新奇水果100箱的成本为8314元，故该新奇水果100箱的利润．
（Ⅱ）（i）根据频率分布直方图，可知水果箱数在内的天数为
设这两天分别为a，b，水果箱数在内的天数为，设这四天分别为A，B，C，D，
所以随机抽取2天的基本结果为，，，，，，，，，，
，，，，，共15种．满足恰有1天的水果箱数在内的结果为
，，，，，，，，共8种，
所以估计恰有1天的水果箱数在内的概率为 ．
（ⅱ）这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为（箱）．
【点睛】
本题考查考查回归直线方程，统计，概率，均值的综合问题，意在考查分析数据，应用数据，解决问题的能力，属于中档题型.
18、（1）（2）的最小值为1，此时直线：
【解析】
（1）用直接法求轨迹方程，即设动点为，把已知用坐标表示并整理即得．注意取值范围；
（2）设：，将其与曲线的方程联立，消元并整理得，
设，，则可得，，由求出，
将直线方程与联立，得，求得，计算，设.显然，构造，由导数的知识求得其最小值，同时可得直线的方程.
【详解】
（1）设，则，即
整理得
（2）设：，将其与曲线的方程联立，得
即
设，，则，
将直线：与联立，得
∴
∴
设.显然
构造
在上恒成立
所以在上单调递增
所以，当且仅当，即时取“=”
即的最小值为1，此时直线：.
（注：1.如果按函数的性质求最值可以不扣分；2.若直线方程按斜率是否存在讨论，则可以根据步骤相应给分.）
【点睛】
本题考查求轨迹方程，考查直线与椭圆相交中的最值．直线与椭圆相交问题中常采用“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立并消元，然后用韦达定理得（或），把这个代入其他条件变形计算化简得出结论，本题属于难题，对学生的逻辑推理、运算求解能力有一定的要求．
19、（1）；（2）
【解析】
（1）将代入可得集合B，解对数不等式可得集合A，由并集运算即可得解.
（2）由可知B为A的子集，即；当符合题意，当B不为空集时，由不等式关系即可求得的取值范围.
【详解】
（1）若，则，
依题意，
故；
（2）因为，故；
若，即时，，符合题意；
若，即时，，
解得；
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查了集合的并集运算，由集合的包含关系求参数的取值范围，注意讨论集合是否为空集的情况，属于基础题.
20、（1），；（2）.
【解析】
（1）由曲线的参数方程消去参数可得曲线的普通方程，由此可求曲线的极坐标方程；直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；
（2）将直线的参数方程，代入曲线的普通方程，整理得，利用韦达定理，根据为的中点，解出即可.
【详解】
（1）由（为参数）消去参数，
可得，即，
已知曲线的普通方程为，
，，
，即，
曲线的极坐标方程为，
直线经过点，且倾斜角为，
直线的参数方程：（为参数，）.
（2）设对应的参数分别为，.
将直线的参数方程代入并整理，
得，
，.
又为的中点，
，
，，
，即，
，
，
，即，
.
【点睛】
本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查了计算能力，属于中档题.
21、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；
（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，
分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.
【详解】
（1）依题意，当时，，
①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；
②当时，若，；若，；
故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）方法1：由得
令，则，
依题意有，即，
要证，只需证（不妨设），
即证，
令，设，则，
在单调递减，即，从而有.
方法2：由得
令，则，
当时，时，
故在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，
要证，只需证，易知，
故只需证，即证
令，（），
则
==，
（也可代入后再求导）
在上单调递减，，
故对于时，总有.由此得
【点睛】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.
22、（1）见解析；（2）（﹣∞，0]
【解析】
（1）利用导数求x＜0时，f（x）的极大值为，即证（2）等价于k≤，x＞0，令g（x）＝，x＞0，再求函数g(x)的最小值得解.
【详解】
（1）∵函数f（x）＝x2e3x，∴f′（x）＝2xe3x+3x2e3x＝x（3x+2）e3x．
由f′（x）＞0，得x＜﹣或x＞0；由f′（x）＜0，得，
∴f（x）在（﹣∞，﹣）内递增，在（﹣，0）内递减，在（0，+∞）内递增，
∴f（x）的极大值为，
∴当x＜0时，f（x）≤
（2）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，
令g（x）＝，x＞0，则g′（x），
令h（x）＝x2（1+3x）e3x+2lnx﹣1，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
且x→0+时，h（x）→﹣∞，h（1）＝4e3﹣1＞0，
∴存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，
∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）＝，
∵h（x0）＝+2lnx0﹣1=0，所以，
令，
令
所以=1，,
∴g（x0）
∴实数k的取值范围是（﹣∞，0]．
【点睛】
本题主要考查利用证明不等式，考查利用导数求最值和解答不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
x
1
3
4
1
2
y
5
1．5
2
2．5
8
0.54
1.8
1.53
0.45