2026年广东广州市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东广州市2026届普通高中毕业班综合测试（二）数学试题本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，复数在复平面内对应的点在虚轴上，则（

）A． B． C． D．3．已知非零向量满足，且，则（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．若函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（

）A． B． C． D．96．已知，且，则下列不等式不一定成立的是（

）A． B． C． D．7．已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的渐近线上，且满足，则的离心率为（

）A．3 B．2 C． D．8．若函数有且仅有两个零点，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．2二、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．在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（

）A． B． C． D．10．已知函数，则（

）A．是的一个周期 B．是图象的一条对称轴C．的最大值为 D．在内单调递减11．在棱长为1的正方体中，点在线段（包括两端点）上运动，点为线段的中点，则（

）A．存在点，使得B．存在点，使得平面C．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3:1的两部分D．当的面积为时，三棱锥的外接球表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．展开式中常数项是______．13．某人工智能博览会有4个不同的场馆，甲、乙两人各自从中随机选择2个去参观，记这4个场馆中被参观的场馆个数为，则的数学期望为____________．14．已知圆，若直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，则实数的取值范围是____________．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．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求的值；(2)若的面积为2，求的周长．16．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若是函数的极值点，证明：．17．如图1，在矩形ABCD中，于于，将沿AC翻折至，使得，连接，如图2．(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与直线AC所成角的余弦值．18．已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3．(1)求的方程：(2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点．（i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由；（ii）证明：直线ME过定点．19．从中任取3个不同的数，且这3个数从小到大构成一个等差数列，这样的等差数列共有个，这个等差数列的所有项之和为．(1)写出的值；(2)求；(3)求．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】根据绝对值不等式性质得：，不等式两边同时加1可得：，即，又因为集合，所以.2．C【分析】直接由复数的除法和复数的几何意义可得.【详解】由复数的除法得，又因为复数在复平面内对应的点在虚轴上，所以，解得.3．A【详解】由可得：，整理可得：，根据数量积定义可得：，又因为，所以，又因为为非零向量，所以，所以等式约去，整理可得：.4．A【分析】直接由二倍角的正弦余弦公式并结合齐次化计算可得.【详解】由二倍角的正弦、余弦公式，且，所以，得：.5．B【分析】根据两个函数图象关于直线对称，得出它们互为反函数，进一步求出反函数表达式，并作为的解析式，最后根据题意得到关于的方程，求解.【详解】因为两个函数图象关于直线对称，所以是的反函数，对整理得：，，交换可得反函数：，又因为，所以，化简可得：，即，两边取以3为底的对数，则.6．B【分析】利用指数函数、正余弦函数单调性推理判断AD；举例说明判断B；利用基本不等式推理判断C.【详解】由，，得，对于A，，A正确；对于B，取，则，B错误；对于C，，C正确；对于D，显然，则，D正确.7．C【分析】由题设，结合且，应用二倍角正切公式、双曲线离心率求法求解.【详解】点在的渐近线上，且满足，所以在中，而，则，所以，又双曲线的渐近线方程为，所以，所以离心率.8．B【分析】利用导数求出函数的极大值和极小值，再由函数有极大值为0或极小值为0求出的函数关系，换元并利用导数求出最小值即可.【详解】函数的定义域为R，求导得，当时，恒成立，函数在R上单调递增，最多一个零点，不符合题意；当时，由，得；由，得或，令，则函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，而当时，，当时，，由函数有且仅有两个零点，得，即，或，即，则，令，则，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以的最小值为.9．AC【详解】对于A，由题意得：，，正确；对于B，，，错误;对于C，，正确；对于D，，错误.10．ACD【分析】利用周期函数的定义判断A；举例说明判断B；求出最大值判断C；利用导数确定指定区间上的单调性判断D.【详解】函数的定义域为R，对于A，，因此是的一个周期，A正确；对于B，，，因此不是图象的对称轴，B错误；对于C，，，因此，而当时，，所以的最大值为，C正确；对于D，求导得，当时，，则，因此，函数在内单调递减，D正确.11．BCD【分析】利用正方体的几何特征建立空间直角坐标系，对于选项A：设再利用时数量积为零，求解出此时的与条件不符，对于选项B：利用平面等价于向量与平面的法向量垂直，求出选项C：先根据求出再假设存在满足题意的平面再求出满足体积的两者比较可知假设成立，选项D：利用球心到球表面的距离相等列出三个方程，进而求解出球心的坐标，从而求出三棱锥的外接球表面积.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设对于，，若，则，即不符，故错.对于：设平面的法向量为则令则则平面的法向量，若平面，则0，即，故存在这样的点故选项B正确；选项C：由设则故解得：假设经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3：1的两部分，连接过点做与平行，与交于点作直线可知三条直线交于点所以多面体为三棱台，则三棱台体积为又三棱台体积为解得：成立，故选项C正确，对于D，设则又则解得：则与重合，即，即与重合，则球心为，，，D对设球心为则利用球心到球表面上的点的距离相等可知：则，，将上面两式代入第三个方程：即，则所以球心为半径为球的表面积为：，故选项D正确，12．【详解】的展开式的通项为，令，得，所以展开式的常数项为.13．【分析】首先确定的所有可能取值，分别计算取每个值的概率，再将的取值与对应概率代入公式计算即可.【详解】为被参观的场馆个数，可能取值为，甲乙各选个场馆，总的选法为种，（两人选的场馆完全相同）：共种，故，（两人恰好有1个共同场馆）：甲选2个后，乙从甲的2个中选1个、从甲未选的2个中选1个，共种，故，（两人选的场馆完全不同）：共种，故，.14．【分析】求出圆的圆心和半径，由已知可得以点为圆心，2为半径的圆与圆相交，并求出的范围，再结合圆的性质建立不等式求解.【详解】圆的圆心，半径，由圆上恰有两个点与点的距离都为2，得以点为圆心，2为半径的圆与圆相交，则，即，令圆心到直线的距离为，于是直线上任意点到圆心距离都不小于，又直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，因此，即，解得，所以实数的取值范围是.15．(1)(2)【分析】（1）已知条件利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简得，可求的值；（2）由的面积和余弦定理求出，可求的周长．【详解】（1）在中，，由正弦定理得，又，所以有，由题意得，，所以，得.（2）由题意得，由，解得，可得，解得，由余弦定理，得，所以的周长.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，然后求出切线在坐标轴上的截距即可求解；（2）根据是函数的极值点可得，然后结合定义域得出的范围并化简，构造函数，，然后利用导数得出的单调性即可证明.【详解】（1）当时，，，，，所以曲线在点处的切线方程为，即，令，解得，令，解得，所以三角形的面积是：.（2），，，因为是函数的极值点，所以且，即，因为，所以，所以，解得，，将代入得：，令，，，令，，则，所以在上单调递增，即在上单调递增，所以，所以在上单调递减，所以，所以.17．(1)(2)【分析】(1)作辅助线画出底面的高，利用已知条件算出底面积和高即可求出体积；(2)先算出和的比，利用向量线性关系求出和、，再利用向量数量积公式求出夹角余弦值.【详解】（1）解：过点作交于点，如图所示，由知，且，又因为且，所以平面，过点作交延长线于点，所以，又因为，故平面，即为三棱锥的高，由题知，，则，，，所以；（2）解：因为，，解得，所以，同理可得，所以，，由图知，两边平方得：，所以，又因为，所以.18．(1)(2)（i）不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析.【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可.（2）（i）设点，，设联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而不为定值.（ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3，所以在椭圆上，代入得，又，解得：.（2）设点，设，由得，由，得，解得或，又点，在轴下方，则，由韦达定理得

得，即，因为，所以，所以不是定值.（ii）证明：由（i）得

则直线的方程为，即，当时，得，所以必过定点.19．(1)，(2)(3)

【分析】(1)通过列举法求解即可，（2）设取出的3个数从小到大依次为，由于它们构成等差数列，则有核心性质：,因为是正整数，所以必然为偶数.这就要求与的和为偶数，即与必须同奇或同偶.反之，只要从中任取两个同奇或同偶的不同整数作为和（不妨设），则它们的中点必然是一个整数，且一定满足.因此，构成等差数列的个数，等价于从中选取2个同奇或同偶的数的组合数.（3）求出与的关系，再利用（2）中的结论求和即可.【详解】（1）当时，等差数列为所以当时，所以所以.（2）对的奇偶性进行分类讨论：当为偶数时，设：集合中共有个奇数和个偶数.从中任取2个同奇或2个同偶的数，方法数为：将代入，得：当为奇数时，设：集合中共有个奇数和个偶数.从中任取2个同奇或2个同偶的数，方法数为：将代入（此时），