广东省广州市2026届高三数学下学期4月二模试题含解析

这是一份广东省广州市2026届高三数学下学期4月二模试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.
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的相应位置上：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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 设集合，，则的元素个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，可求交集，进而可得结论.
【详解】由，可得，
所以.
故的元素个数为3.
故选：B.
2. 已知复数满足，则的最小值为
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】分析：设，根据，可得的轨迹方程，代入，即可得出．
详解：设，，
∴，∴，
∴，
则==≥．
当时取等号．
故选：B．
点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，即可求出的范围，从而得解.
【详解】依题意可得，所以，所以，
所以，即轻柔音乐的声强级范围是.
故选：C
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. 24B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出展开式的通项，即可求出的系数.
【详解】因为展开式的通项为，
所以的系数为．
故选：D
5 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的范围利用二倍角公式将表达式化简计算可得，即求出结果.
【详解】由可得，
所以，
又易知，因此可得，
即可得，
所以，解得.
故选：A
6. 已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当时，对函数求导，对参数的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，再由数形结合即可得出实数的取值范围.
【详解】易知当时，函数单调递增，且;
当时，函数，易知,
显然当时，恒成立，即在上单调递增；
当时，；当时，，
此时函数的图象大致如下图所示：

若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点，
由上图可知；
当时，根据对勾函数性质可知，
当且仅当时，等号成立；
此时其图象大致如下图：

显然函数的图象与没有交点，不合题意；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B
7. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用椭圆的定义可得，在，中，由余弦定理可得，可求离心率.
【详解】由题意作出图形如图所示：

设，又，所以，
又，，所以，所以，
又因为，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
因为，
所以，
整理得，所以，解得.
故选：D.
8. 已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】题可得极值点满足或，由此画出图象，可得极值点个数，进而可得，据此可得答案.
【详解】
，则或.
如图，画出图象，
结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个.
则互为相反数，因，
则，又注意到，
则.
故选：B
二、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. 一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（ ）
A. 若，则
B. 若，则成对数据的样本相关系数等于
C. 若，则成对数据的样本相关系数大于
D. 若，则成对数据的经验回归方程
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相关系数的意义判断ABC，利用线性回归方程的求法判断D.
【详解】当时，变量正相关，所以，故A正确；
因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变变量的相关性，故B正确；
因为，则成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，故变量间的相关性不变，故C错误；
当，由可知，新的回归直线方程中斜率变为，，则成对数据的经验回归方程，故D正确.
故选：ABD
10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ）
A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B. 若直线被圆截得的弦长为2，则
C. 若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D. 存在，使圆上有三个点到的距离都为1
【答案】BC
【解析】
【分析】A项，利用勾股定理写出的表达式，即可求出的最小值；B项，求出直线的解析式，得出圆的位置，即可得出结论；C项，根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式即可得出结论；D项，由几何知识即可得出结论.
【详解】由题意，
的三个顶点坐标分别为，，
在圆中，，半径
，
A项，
过作圆的切线，切点为，如图所示，
∴,
在中，由勾股定理得，
∴
∴当时，取最小值，，故A错误；
B项，
重心坐标即,
所在直线，即
线段的中点,
∴的垂直平分线为：，
同理可得，的垂直平分线为：，
，解得：，
∴外心
由几何知识得，垂心与外心重合，
∴过和，，即，
直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，
∴直线过圆心，
∴，即，B正确；
C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1，
∴圆心到直线即的距离小于直径.
∴，解得：，故C正确；
D项，由几何知识得，
圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误；
故选：BC.
11. 已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A. 是钝角三角形
B. 直线与平面所成角为定值
C. 三棱锥的体积的最大值为
D. 三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确.
【详解】如下图所示：
易知，由可得；
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），
如图中过平面的虚线形成的劣弧所示：
取的中点为，作平面，则有，
又易知，
如下图所示：
在劣弧上运动，
对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确；
对于B，设直线与平面所成的角为，
则，为定值，即B正确；
对于C，作，
易知三棱锥的体积的最大值为
，即C错误；
对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图：
由于是的外心，则平面，因此三点共线，
设，
在中由勾股定理可得，解得；
因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题目条件固定平面，再根据二面角大小求得线段长度得出点轨迹，再结合线面角、外接球等进行计算即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数（，且）是偶函数，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可求得，进而可得，计算可求得的值.
【详解】因为是偶函数，则，可得，
所以，所以或，
则（舍去）或，所以，
又，所以，所以，又，解得.
故答案为：.
13. 一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】求得总的取法数，进而求得符合条件的取法数，利用古典概型概率公式可求解.
【详解】每次均有4种不同的取法，故总的取法数有种，
这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次，
故这列数中恰有3个不同整数的取法数有种，
故这列数中恰有3个不同整数的概率为.
故答案为：.
14. 在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为______.
【答案】
【解析】
【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由的面积是的面积的2倍可得E坐标，然后由B，E，D三点共线结合可得B 点坐标，即可得答案.
【详解】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
又
则.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则.
又注意到，则.设，则，
则.
注意到B，E，D三点共线，则，则.
又
则或，又由图可得，则.
则.
故答案为：

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. 设为数列的前项和，且是和8的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解法1：由题意可求得，当时，求得，当时，，可得，可求通项公式；解法2：由题意可得，先求得前几项，猜想通项公式，再利用数学归纳法证明即可；
（2）由题意可得，可求得，可证结论.
【小问1详解】
解法1：因为是和8的等差中项，
所以，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.
【小问2详解】
因为，
得，
所以.
由于，得，
得，
所以.
16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
（1）证明：平面；
（2）若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，由已知可证，可得，可证结论；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，则为的中点.
又为的中点，则，所以.
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
解法1：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
，设，
，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，取，
则平面的一个法向量为.
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，
得，得，
由于为锐角，则.
连接，设，连接，设，
以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设，即，
则.
设平面法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
,
为，
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，
则.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
17. 已知函数（，且）.
（1）若，直线与曲线和曲线都相切，求值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，联立切线与，利用可求解；解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可求解；
（2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可.
【小问1详解】
解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
由得，
由，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
由，得，得.
得，即，
则.
解得.
【小问2详解】
解法1：①当时，则函数的定义域为.
由于，
则，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
18. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii），
【解析】
【分析】（1）由点到直线距离公式结合题意可得，据此可得答案；
（2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再将切线方程与双曲线方程联立，由韦达定理结合可得，据此可完成证明；
（ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案；
方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案；
方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案.
【小问1详解】
解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.

19. 设，集合（为向量），若，定义.
（1）若，且，写出所有的；
（2）若，且，设满足的的个数为，求的值；
（3）从集合中任取两个不同的向量，记，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2），，
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设设，，，根据定义列方程求，由此可得结论；
（2）方法一：根据定义，由条件可得，由二项式定理可得，由此可求结论；
方法二：根据定义，由条件可得，结合组合数性质，分为奇数，为偶数两种情况结合裂项相消法分别求结论；
（3）方法一：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，化简可得结论；
方法二：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，，由此可求结论.
【小问1详解】
设，，，
因为，，
所以，，
所以，
若，则，
若，则，或，，
所以满足的为：.
【小问2详解】
解法1：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
因此，，，
解法2：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，为奇数时，
.
为偶数时，
.
因此，，；
【小问3详解】
解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，