2026年广东惠州市高三二模高考数学试卷试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东惠州市2026届高三下学期4月模拟考试（二模）数学试题全卷满分150分，时间120分钟.2026.04注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上．2.作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效．3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效．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．2．已知复数满足，则（

）A．1 B． C．2 D．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．4．已知向量，若，则（

）A．-1 B．0 C．1 D．25．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．2 D．6．已知随机变量的分布列为01230.30.30.20.1设函数，若，则函数的值域为（

）A． B． C． D．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．8．已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．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4B．数据7，9，12，15，9，14，18的极差是11C．数据2，3，3，5，7，8，9的第分位数是6D．数据的平均数为2，方差为4，则数据，的平均数为5，方差为1610．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___________．13．直线与轴交于点，与轴交于点，与交于C、D两点，，则__________．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______．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.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.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.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：.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．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】由可得：，因为，所以.2．B【详解】因为.所以.3．D【详解】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．A【分析】根据向量垂直，数量积为计算即可.【详解】因为，则，则，所以，解得.5．B【分析】先利用抛物线得到焦点坐标，再通过抛物线的定义得到点的横坐标，进而求出纵坐标，最后利用三角形的面积公式算出答案【详解】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．C【详解】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．C【分析】将代入该函数，可求出的值，再根据函数图象平移的坐标变化规律，可写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值.【详解】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．B【详解】，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.9．ABD【分析】根据众数的概念，可判断A的正误；根据极差的求法，可判断B的正误；根据百分位数的求法，可判断C的正误；根据平均数、方差的性质，可判断D的正误.【详解】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．ACD【详解】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．AC【分析】当时，可得曲线的方程，分析可判断A的正误；将与曲线联立，分析可判断B的正误；当点在第一象限时，可得点的方程，根据椭圆的定义，分析求解，可判断C的正误；分别求出曲线在各个象限内的方程，联立求解，结合双曲线的渐近线的性质，分析可判断D的正误.【详解】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.12．【分析】求出等比数列的公比，利用等比数列的求和公式可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，则，故，所以.故答案为：.13．【详解】令，得，即,令，得，即,圆心，，所以，直线经过圆心，,所以,.14．【分析】根据与均是正整数且，则或，可得或或，分情况讨论得，延长交于点，过点作于点，平移直线，分情况讨论得到答案.【详解】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.15．(1)(2)【分析】（1）根据和的关系求解即可；（2）求出，采用裂项相消法求出前项和为，解，即可得到答案.【详解】（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．(1)(2)(3)随机变量的分布列如下表所示：Y305580P数学期望为.【分析】（1）根据题意得出这个零件中不合格零件数，利用随机变量服从超几何分布即可求解；（2）通过条件概率公式即可求解；（3）根据题意得出随机变量与随机变量的关系，从而得到随机变量的取值范围和对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可.【详解】（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．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理及平行公理可得；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，利用线面角的向量求法，结合的取值范围可得的取值范围，从而得到的最大值..【详解】（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．(1)的单调递减区间为，无单调递增区间；(2)证明见解析【分析】（1）利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制；（2）（i）利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明；（ii）利用极值点和零点的恒等式，消去参数，再结合切线不等式，化简后问题即可得证.【详解】（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．(1)(2)或(3)不存在，理由见解析【分析】（1）依题意由双曲线离心率公式、通径公式进行求解即可；（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.【详解】（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