2026惠州高三下学期4月模拟考试（二模）数学含解析

这是一份2026惠州高三下学期4月模拟考试（二模）数学含解析，共2页。试卷主要包含了04， 已知全集，集合，则， 已知复数满足，则， 已知向量，若，则， 下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
2026.04
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 已知全集，集合，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：由可得：，
因为，所以.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
解析：因为.
所以.
3. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解析：圆锥的高为，底面半径为，
则圆锥的母线长，
可得圆锥的侧面积为.
4. 已知向量，若，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
解析：因为，
则，
则，
所以，
解得.
5. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为3，则的面积为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
解析：由可得焦点坐标为，
所以，所以代入抛物线可得，
因此的面积为.
6. 已知随机变量的分布列为
设函数，若，则函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：由分布列的性质可知，，所以.
因为函数，.
当时，；
当时，；
当时，.
所以.
所以函数的值域为.
7. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：点在上，代入，
得：，
点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得，
因为点在的图象上，
所以，
化简得：，
解得，
因为，取，得最小正值.
8. 已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：，则，
，即，
由，，则在上单调递增，
由，得，
根据函数单调性可得，
，，在上恒成立，
即，，
解得.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据4，4，4，6，6，7，8，8的众数是4
B. 数据7，9，12，15，9，14，18的极差是11
C. 数据2，3，3，5，7，8，9的第百分位数是6
D. 数据的平均数为2，方差为4，则数据，的平均数为5，方差为16
【答案】ABD
解析：选项A：数据4，4，4，6，6，7，8，8的众数是4，故A正确；
选项B：数据7，9，12，15，9，14，18的极差是18-7=11，故B正确；
选项C：数据2，3，3，5，7，8，9共7个，，
则该组数据的第百分位数为7，故C错误；
选项D：数据，的平均数为，
方差为，故D正确.
10. 深度神经网络是人工智能领域中的重要模型之一，激活函数是神经网络的重要组成部分.函数是其中重要的激活函数之一，则（ ）
A. 有且仅有一个零点B. 在区间上不单调
C. 存在唯一极值点D. 恒成立
【答案】ACD
解析：对A：因为恒成立，
所以当时，；当时，；当时，.
所以函数有且仅有一个零点，故A正确；
对B：因为，
当时，，所以函数在上单调递增，故B错误；
对C：由B可得.
设，易知在上单调递增，且，，
所以存在，当时，.
当时，，所以，在上单调递减；
当时，，所以，在上单调递增.
所以存在唯一极值点，故C正确；
对D：由C，，
且，
所以，因为，所以.
所以，故D正确.
11. 已知点在曲线上，，则（ ）
A. 点不可能在第三象限
B. 点可能在直线上
C. 当点在第一象限时，的最小值为
D. 当直线与曲线有两个交点时，的取值范围为
【答案】AC
解析：选项A：当时，方程为，即，无实数根，故A正确；
选项B：若点在直线上，则，
与曲线W联立得，整理得，无实数根，故B错误；
选项C：当时，方程为，整理得，
则，所以，
则点A为左焦点，设右焦点为F，
由椭圆的定义可得，则，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，故C正确；
选项D：当时，方程为，
与联立，得，
由判别式，解得，
当时，，解得，不符合题意，（舍去）
当时，，解得，，符合题意；
所以当直线与曲线在第一象限有两个交点时，；
当时，方程为，渐近线方程为，（舍去）
当时，方程为，渐近线方程为，（舍去），
综上，若要直线与曲线有两个交点，的取值范围为，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设等比数列的前项和为，若，，则___________．
【答案】
解析：设等比数列的公比为，则，故，
所以.
故答案为：.
13. 直线与轴交于点，与轴交于点，与交于C、D两点，，则__________．
【答案】
解析：令，得，即,
令，得，即,
圆心，，所以，直线经过圆心，
,
所以,.
14. 在平面四边形ABCD中，与均是正整数且，则四边形ABCD的面积的取值范围是______．
【答案】
解析：
如图，因为，，由四边形内角和得，
因为与均是正整数且，则或，
可得或或，
①当时，，不合题意；
②当时，，合题意；
③当时，，不合题意，所以，
延长交于点，过点作于点，
向左平移直线，当点与点重合时，不存在四边形，
在中，，由正弦定理得，
所以；
向右平移直线，当点与点重合时，不存在四边形，
因为，所以，所以，
所以四边形ABCD的面积的取值范围是.
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. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（1）
由条件有时，，
又，所以，，
则，
经检验，满足，
所以的通项公式.
（2）
由（1）得数列
则
，
因为，所以，
又，故的最大值为.
16. 某企业生产的智能机器人需要用到一种高精度零件，现收到一批零件共有个，其中不合格的零件占总数的，从中随机抽取个零件，设抽到的不合格的零件数为.
（1）求的值.小明的求解过程如下：因为不合格的零件占总数的，所以，故.请问以上解答过程是否正确？如果正确，请说明解题依据；如果不正确，请写出正确的解答过程；
（2）若抽到的个零件中至少有个为不合格零件，求恰好有个为不合格零件的概率；
（3）对抽取的个零件进行检测，每个零件的检测费用为元，每发现个不合格品，需额外支出元的处理费用.设本次检测的总费用为元，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）随机变量的分布列如下表所示：
数学期望为.
（1）
小明的解答不正确，正确的解答过程如下：
根据题意，这个零件中是有个不合格零件，个合格零件，
则从这个零件中抽到个不合格零件，个合格零件的组合数是种，
因此.
（2）
设事件为“抽到的个零件中至少有个为不合格零件”，事件为“抽到的个零件中恰好有个为不合格零件”，
由于事件是事件的子事件，所以，
而，，
根据条件概率公式，即恰好有个为不合格零件的概率为.
（3）
由于随机变量表示抽到的不合格的零件数，可能取值为，而对于每个的值，总费用，
因此随机变量的可能取值为，，，
由于，，，
因此，，，
所以随机变量的分布列为：
数学期望为，即随机变量的数学期望为.
17. 如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接.
（1）证明：平面；
（2）若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（1）
由题意得，点是正方形的中心，所以平面.
∵平面，∴.
∵正方形中，，
平面，
∴平面PAC.
∵四边形中，∥，
∴四边形是平行四边形，∴∥，.
∴平面.
（2）
∵平面，平面，
∴.
∵，∴两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系.
由题意知，，
∴，.
∴，
∴.
设平面的法向量为，
则，
令，则，
∴平面的一个法向量为.
设，则.
记与平面所成的角为，则.
由，得，所以，
∴，
∴的最大值为，此时，点与的中点重合.
18. 已知函数，其中.
（1）若，求的单调区间；
（2）若，
（i）证明：在区间内有且仅有1个零点；
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：.
【答案】（1）的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
（2）证明见解析
（1）
求导得：，
因为，对任意 ，都有，
所以的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
（2）
（i）由（1）知，当时，令 ，
当 时，，
故 在上单调递减，
因为，所以，
又因为，所以在区间内存在零点，
即结合在 上单调递减，
可得在区间内有且仅有1个零点，且；
则当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，所以根据单调性可知：，
又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减，
可知：在区间内有且仅有1个零点，
又因为时，结合在单调递增，所以，
即在区间函数没有零点，
所以在区间内有且仅有1个零点，
（ii）由题意可知：，即，
消可得：，
当时，构造函数，
求导得，则在时单调递增，
即，所以，
即可知，
则，
两边取对数得：，即.
19. 已知双曲线的右焦点为，离心率为2，过作垂直于轴的直线，该直线被截得的弦长为6.
（1）求双曲线方程；
（2）若面积为3的的三个顶点均在上，直线AB经过坐标原点，直线BC经过右焦点，求直线BC的方程；
（3）已知，过点的直线与在轴的右侧交于不同的两点P，Q，直线上是否存在点满足，且？若存在，求的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）不存在，理由见解析
（1）
过右焦点作垂直于轴的直线，所以令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）
设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
由题可知直线斜率不能为0，可设为，
联立方程，得，化简整理，得，
所以且，且，
所以 ，解得，
所以直线的方程是或．
（3）
若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，设，，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解不等式组得：，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时与交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，
依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立． 0
1
2
3
0.3
0.3
0.2
0.1
Y
30
55
80
P