广东省江门市2026届高三数学下学期二模试题含解析

这是一份广东省江门市2026届高三数学下学期二模试题含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
本试卷 4 页，19 小题，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡规定的位置上.并将条形码横贴
在每张答题卡的“条形码粘贴处”.
2．做选择题时，必须用 2B 铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其它答案标号.
3．答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上.
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.
5．考试结束后，将答题卡交回.
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. 若复数 ， ，则 ， 在复平面内对应的两点之间的距离为（ ）
A. B. 2 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义确定 的对应点的坐标，再求两点距离.
【详解】由已知 ， 在复平面内对应的点分别为 ， ，
所以
所以 ．
2. 已知两个单位向量 ， 的夹角为 ，则 （ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【详解】依题意可得
．
3. 已知集合 ， ，且 ，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】集合 ， ，
当 时， ，满足 ，因此 ，
当 时，由 ，得 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
4. 某工厂抽检了 100 个零件，并统计了这些零件的直径（单位： ）数据，得到如下表格：
直径/mm 46 47 48 49 50 51 52 53 54
频数 5 8 12 15 20 18 12 6 4
由表可知这 100 个零件的直径的第 60 百分位数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定共有 个数小于等于 ，再结合百分位数定义求结论.
【详解】因为被抽检的零件中，直径小于或等于 的零件共有 个，
且 ，
所以这 个零件的直径的第 百分位数为 ．
5. 若直线 ， 的倾斜角分别为 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【详解】依题意，直线 的斜率 ，
所以直线 的斜率 .
6. 已知函数 ， ，若 恰有 个零点，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合函数性质作函数的图象，条件 恰有 个零点可转化为直线
与 的图象恰有 2 个交点，结合图象求结论.
【详解】当 时， ，则 ，
所以当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以当 时，函数 的取值范围为 ．
作出 的大致图象，如图所示．
由 ，得 ，
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由图可知，当 时，直线 与 的图象恰有 2 个交点，
即 恰有 2 个零点．
所以 的取值范围是 .
7. 已知 ， ，且 ，则 的最小值为（ ）
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：条件等式可化为 ，再结合关系 利用基本
不等式求结论；
方法二：由条件等式可得 ，消元变形可得 ，再利用基本不等式求其最小
值即可.
【详解】（方法一）由 ，可得 ，
因为 ， ，所以 ， ，
则 ，
当且仅当 ，即 ， 时，等号成立，
故 的最小值为 13．
（方法二）由 ，可得 ，因为 ，所以 ，
则 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
故 的最小值为 13．
8. 若 的中线 ，且 ， ， ，在平面直角坐标系 中，点 在双
曲线 上，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
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【解析】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线 ，进而求出离心率.
【详解】在 中， ， ，
由余弦定理得 ，则 ，
整理得 ，由点 在双曲线 上，得双曲线 的方程为 ，
所以双曲线 的离心率 .
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. 若曲线 关于点 对称，则 的解析式可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】依题意， ，
由正弦函数、余弦函数的性质得 的图象都关于点 对称；
而 ，因此 的图象关于点 不对称.
10. 若正方体 外接球的球心为 ，且 ， 分别为棱 ， 的中点，则（ ）
A. B. 二面角 的正切值为
C. 平面 D. 为四面体 外接球的球心
【答案】BC
【解析】
【详解】设正方体 棱长为 ，以 为原点建立空间直角坐标系.
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各点坐标为 ， ， , ，
， ， ， , ，
可得 ，
, ，A 错误.
, .
设平面 的一个法向量为 ，则 ,
令 ，则 ，同理可得平面 的一个法向量 .
设二面角 对应的平面角为 ，
则 ，所以 ，则 .
由题可知 为钝角，所以 ，B 正确.
由题意得 ， ，
而 平面 ， 平面 , 平面 ，C 正确.
由题意得 ，
因为 ，
所以 到四面体 各顶点距离不全相等， 不是四面体外接球球心，D 错误.
11. 若函数 的定义域为 ， ，且 ， ， ，则（ ）
A. B. ，
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C. 为奇函数 D. 当 时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，由条件恒等式取 可求 即可判断，对于 B，由条件恒等式取 可
得 ，再取 即可判断，对于 C，由条件恒等式取 可得
，由此证明 ，结合奇函数定义即可判断，对于 D，结合选项 C 推出
，由此判断 D.
【详解】对于 A，令 ，得 ，A 正确．
对于 B，令 ， ，得 ，因为 ，
所以 ，令 ，得 ，
即存在 使得 ，B 错误．
对于 C，令 ，得 ，用 替换 可得 ，
所以 ，
当 时， ，又因为 ，
所以 为奇函数，设 ，
则 ，
所以 为奇函数，C 正确．
对于 D，因为 ，
由选项 C 知 ，同理 ，又 为奇函数，
所以 ，
用 替换 ， 替换 可得 ，
同理可得 ，
故当 时， ，D 正确．
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若椭圆 的焦点在 轴上，则 的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合椭圆方程的特征列不等式求 的范围即可.
【详解】由椭圆方程的特征可知 ，
所以方程 ，可化为 ，
因为 的焦点在 轴上，所以 ，
所以 ，
故 的取值范围是 .
13. 甲、乙两名游客来广州旅游，他们各自从广州塔、永庆坊、镇海楼、广州大剧院、周氏大宗祠、五仙门
发电厂旧址这 6 个景点中选 2 个游玩，则甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为______．
【答案】125
【解析】
【分析】先求出甲、乙各自从指定的 个景点中选 2 个游玩的选法种数，再求出各自从除广州塔外的 个景
点中选 2 个游玩的选法种数，相减可得结论.
【详解】甲、乙两名游客各自从指定的 个景点中选 2 个游玩的选法种数为 ，
甲、乙两名游客各自从除广州塔外的 个景点中选 2 个游玩的选法种数为 ，
所以甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为 ．
14. 正三棱柱 的棱长均为 ， ， 分别是棱 ， 的中点，过点 ， ， 的平
面分别交直线 ， 于点 ， ，则三棱柱 与三棱锥 公共部分的体积为______
．
【答案】 ##
【解析】
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【分析】先证明 ，再确定所求几何体可通过三棱台 截去三棱锥
得到，结合台体和锥体体积公式求结论.
【详解】如图，连接 并延长，与 的延长线交于点 ，连接 ，
延长 与 的延长线交于点 ，连接 ，交 于点 ，连接 ， ．
因为 ， ， ，
所以 ，所以 ． ，
同理可得 ．
三棱柱 和三棱锥 的公共部分为几何体 ，
其体积为三棱台 的体积和三棱锥 的体积之差，
即 ．
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. 如图，在四棱锥 中，正三角形 所在平面与矩形 所在平面垂直．
（1）在答题卡中，作出四棱锥 的高，并说明理由；
（2）若 ，且 ， ，求 与平面 所成角的正弦值．
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【答案】（1） ，理由见解析；
（2） .
【解析】
【分析】（1）作出高，再利用面面垂直的性质推理证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，再利用线面角的向量法求解.
【小问 1 详解】
取 的中点 ，连接 ，则 是四棱锥 的高.
由 是正三角形， 是线段 的中点，得 ，而平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
所以 是四棱锥 的高.
【小问 2 详解】
取 中点 ，连接 ，由（1）得直线 两两垂直，
以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
由 ，得 ，
，设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，得 ，
因此 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
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16. 已知函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若不等式 对 恒成立，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求函数 的导函数，再求 ，结合导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式求切
线方程；
（2）化简 ，条件可转化为 对 恒成立，利用导数求函数
， 的最小值，由此可求 的取值范围．
【小问 1 详解】
函数 的导函数 ，
则 ，又 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ．
【小问 2 详解】
．
由 ，得 ，
设 ， ，则 ．
．
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令 ，得 ，则 在 上单调递减；
令 ，得 ，则 在 上单调递增．
所以 ，
故 的取值范围为 ．
17. 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为 ，选择乙餐厅
的概率为 ，甲餐厅的准时送达率为 ，乙餐厅的准时送达率为 ．已知该用户每次外卖点餐准时
送达与否相互独立．
（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率．
（2）在该用户的 次外卖点餐中，记准时送达的次数为 ，若 的方差大于 ，求 的最小值．
（3）平台推出“准时保”，每单需支付 元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付 3 元；若外卖准时
送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过 元，试问他是否愿意购买“准
时保”？说明你的理由．
【答案】（1）0.93；
（2）11； （3）他愿意购买“准时保”.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解.
（2）由（1）的结论，利用二项分布的方差公式列式求解.
（3）由（1）的结论，求出购买“准时保”的期望，与给定条件比对即可.
【小问 1 详解】
令事件 “外卖点餐准时送达”， “选择甲餐厅”， “选择乙餐厅”，
依题意， ， ，
由全概率公式得 ，
所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为 0.93.
【小问 2 详解】
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依题意， 的所有可能取值为 ， ，
则 ，由 的方差大于 ，得 ，
解得 ，所以 的最小值为 11.
【小问 3 详解】
他愿意购买“准时保”.
设他购买“准时保”的净收益为 元，则 的所有可能取值为 ，
， ，
显然 ，即亏损期望不超过 元，
所以他愿意购买“准时保”.
18. 已知圆 的圆心在第一象限且圆 与两坐标轴均相切，抛物线 经过圆心 ．
（1）求圆 的标准方程．
（2）设 与圆 交于 ， 两点，证明： ， 两点到 轴的距离均不小于 ．
（3） 为坐标原点，过圆心 的直线 交 于另一点 ， 的焦点为 ，求
的最小值．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，代入抛物线方程求出圆半径即可.
（2）联立圆与抛物线方程，借助不等式的性质求出 的范围即可.
（3）设出直线 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义列出目标式的函数关系求出最小
值.
【小问 1 详解】
设圆 的半径为 ，
圆 的圆心在第一象限且圆 与两坐标轴均相切，则圆心 ，
由抛物线 经过圆心 ，
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得 ，解得 ，
所以圆 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
由 ，得 ，
即 ，则 ，
而 ，因此 ，
所以 两点到 轴的距离均不小于 .
【小问 3 详解】
抛物线 的焦点为 ，设 ，
由抛物线定义得 ，
则 ，
同理 ，
因此
，
设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
，则 ， ，
因此 ，
所以当 时， 取得最小值 .
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19. 若数列 满足 ，则称 为“ -拟等差数列”；若数列 满足
，则称 为“ -拟等比数列”．
（1）若数列 既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且 ，求 的通项公式．
（2）已知 ， ， ，数列 是“ -拟等比数列”， 的前 项和为 ．
（i）证明：存在 ，使得 是“ -拟等差数列”．
（ii）证明： ．
【答案】（1） 或 ；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设公差为 ，根据数列新定义得到方程，解出 值，最后验证即可；
（2）（i）根据数列新定义得到方程，再构造常数列 即可证明；
（ii）首先分析得 ，再对 分奇偶数讨论，再利用 的单调性，最后取
值放缩即可.
【小问 1 详解】
因为 是“2-拟等差数列”，所以 ，则 是等差数列，设 的公差为 .
又 是“4-拟等比数列”，所以 ，
即 ，即 .
当 时，由 ，得 ；
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当 时，由 ，得 .
【小问 2 详解】
（i）由“ -拟等比数列”的定义，取 ，得 ，
即 ，得 ，所以 .
由 可得 ，
即 ，即 .
所以 是常数列， ，即 ，即 是“ -拟等差数列”.
（ii）由 ，得 ，
可知 是等比数列，首项为 ，公比为 ，故 .
当 为奇数时， ；
当 为偶数时， .
所以当 为奇数时， ；
当 为偶数时， .
设 ，则 .
当 时， ，则 在区间 上单调递减；
当 时， ，则 在区间 上单调递增.
所以 ，即 ，当且仅当 时，等号成立.
取 ，其中 ，则有 ，即 ，即 ，
则 .
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当 为奇数时， .
当 为偶数时， .
综上， .
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