广东省揭阳市2026年高三4月教学质量二模数学试卷

（1501202B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点8540分．在每小题给出的四个选项中，只有若集合A2,3,4,5,7，Bxx1A，则A∩B

B．

C．

设复数z满足z(2i)i，则z

B.

D.abcRab,则下列说法正确的是（1

ac2

a2

eaAa1b111AB,当c0ac2bc2BC a1，b1a2b2CD,f(xexRab,f(af(b)D

C.2

D.2 sin(2

即sin2cos. 联立sin2cos2

(0,)，解得

5, ，所以sin 2 2已知数列a满足a2,且

,则数列(1)n

【解析】由已知可得数列a2,2a2n (1)n

a1)nlog2n1)nn,设数列(1)n

a2n项和为T

1234(1)2n(12)(34)[(2n1)2111 设(x23x2)4aaxax2ax8，则

【详解】C3(x2)3C1(3x)

a7

若点M(0,1)关于动直线l:3x4y2(2xy2)0(R)的对称点为则点N的轨迹（ C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分3x4y2 x可得2xy2

解得y2

，所以点N到点B的距离 l2xy20M2xy20Q

所以点A

已知圆锥的底面半径为2 ，母线长为4 A．4

B．5

C．6

D．7【详解】取圆锥的轴截面，因为圆锥的底面半径为2 ，母线长为4 截面为等边三角形，半径为1的圆与等边三角形的一条腰和底边相切，切点分为D和E，DAF=EAF=30∘，所以ADAE ，CD 234 利用相似比可得DO1CD即DO1 解得DO=234 DO1OEO233

53361860x1x2,x6101yi2xi4(i12,6)，则下列说法正确的是（）y1y2,y6y1y2,y6Ax1x2

10y1y2y62x142x242x642(x1x2x6424，A (x10)2(x10)2(x 1,(y24)2(y24)2(y (2x20)2(2x20)2(2x所以 (x10)2(x10)2(x10)24 4yy,y4，B

x1x2x61061010 (x10)2(x10)2(x10)2(10 ， 1，C D，将数据从小到大排序，所以中位数m为第三个数和第四个数的平均数，因为675%4.5，所以Dan(SnSn2)0,则下列说法正确的是 当n10时,S18S19 B.当n5时,a4a5a0n8a

a1n9d

2,

An10a10(S10S8a10(a9a100S (a1a1818(a1a19199(aa)19a0A

Bn5a5(S5S3a5(a4a50a50a4a50a40a50a4a50a40,a4a50BCa10n8a8(S8S6a8(a7a80a8a7a8异号,在等差数列ana10a70a80a7a80a7a80a7a8CDa11n9a9(S9S7a9(a8a918d)(215d0d

21D ABAC所成的角为 ABBBDD所成的角为 122

BA1O1BB1D1DA1BO1A1BBB1D1D sinABOA1O11，所以ABO30 CO1BA1D的距离为正四面体C1A1BD的高的一半，正四面体C1A1BD的高为6BD

2，所以点O1BA1D的距离为

D2A1B绕OO1 y2OO1xa2b21A1B和OO1

x1

22

解得b21

3515 b1，m3abab33m90m已知点P在抛物线C：y24x上，若点P到点A(5,0)的距离与点P到抛物线C的准线的距离相等，则PA Cy24xp2CF(1,0)PAPFPxyx153，所以|PA||PF|xp314,即|PA|2x3ax21,xfx2x3ax21,x

【答案】1a【详解】因为x0x0fxfx0axlnx12x3ax210alnx1a12x0g(xlnx1x0gxlnx.当0x1时，gx0 x1g(x0g(x)0,1上单调递增，在1上单调递减，故g(x)maxg(11h(x)

2xx0，则h(x

22x31，当0x1时，h(x0x1时，h(x0 h(x)0,1上单调递减，在1上单调递增，故h(x)minh(13。因此问题可转化为x0g(xah(x恒成立，即直线lya夹在曲线C1ygx与C2yhx两者之间.由图g(x)maxah(x)min，即1a315（13AOPOC证明：因为PO平面AOB，AO面AOB，所以POAO ABD，连接ODAOOB，所以ODAB在RtODB中，ABO=30∘，因为AC2BC2，所以BD3

OAOB

OD2OD2DC 32 2

，所以OC

所以OA2OC2AC2，所以AOOC 又PO∩OC=O，所以AO平面POC 法一：由（1）POOC=1POAOB所以POC=POA=90∘，因为OA 取PC的中点E，连接OE，AE，则OEPC，AEPC 由（1）知，OA平面POC，OE平面POC，所以OAOE =

为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 7分因为OC=1，所以C0,1,0，A3,0,0，P0,0,1，所以AC=3,1,0

3xy0m1,3xz

m

116.(15）如图，在ΔABCAB2AC6BACAMACBNPBN求MPN

MBCBM4BC已知AC6，因为点N是边AC的中点，所以AN3 在ΔABN中，AB2,AN3,BAC60由余弦定理 可得BN2AB2+AN22ABAN 4+9223 BN BN是AC边上的中线，则N3,0 3 1 933则AM4AB4AC4,4 BN2,

3 10

3394339433

，BN=4

cosMPNcosMPN所 AM

33

所以MPN的余弦值为 1 3 1BM

BCAM

AB

3 所以AMABAC

AB

AC

ABACcosAB,AC

又AB2，AC6，BAC60，所以 36+26 33 AM BNANABAB

1AC， 3

所以AMBN4AB4ACAB2AC4AB AC ABACcosAB, 341361261=9 由（1）可知BN cosMPNcosMPN所 AM

33

所以MPN的余弦值为 XC2C 设第一次中奖为事件A,则P(A) 4 P(A)44 (或P(A)1P(A) C2C

设第二次中奖为事件B，由题意得，P(BA) 4 ，P(BA)24 P(BA)1P(BA)

C2CP(BA)

2 P(BA)33(或P(BA)1P(BA) X的所有可能取值为0,1,2 PX0)PABPA)P(BA)4312 P(X1)P(AB)P(AB)P(A)P(BA)P(A)P(BA)384216 PX2)PABPA)P(BA)37 X 所以X的数学期望为E(X)012116216 (2)解析：由（1）可知P(A)3，P(A)4，P(BA)7，P(BA)2 P(BPA)P(BAPA)P(BA3742 解：中奖次数X的所有可能取值为 C1C1 则P(X0)4433 C2C2 C2 PX1 42444 3

C2C2C2 P(X2) 4 4 X 所以X的数学期望为E(X)012116216 C2C

C2C

C2C

第二次中奖的概率为 4 4+44 3 .………11

其中中奖2次的人数Z~B300,1 5 恰有k2P(ZkC

1k4

,0k300,kN30055k 300kCk11 4300 P(Zk300

300

11，解得k59.2P(Z

1k4300

k 30055于是，当k59P(ZkP(Zk1；当k60P(ZkP(Zk1故当k60时，P(Zk)最大 y2

求双曲线CxMMAMB求AMB2a

3a

不妨取双曲线C

ybx,即bxay

b2b2

双曲线C的方程为：

ll的方程为：xmy2A(x1y1B(x2y2联立x2联立

得

4my1

m23

m2

m23且16m24(m23)12(m21)0,0m2 y1y2m23MAMBx1ty1x2ty2x1tx2ty1(my12t)(my22t)y1(m21)y

m(2t)(

)(2

(4t7)m21m2

(2

t)2MAMB4t7

1,解得t5 MAMB112

使得MAMB为定值 由(2MAMB2MAMBMA

cosAMB

sin

cosAMB

tan

2tanAMB9SAMB

SAMB 1|

||yy|1(25) ((yy)24y 1

m mm m

m2

6 |m23

33m2令t m21[1,2),则m2t2SAMB

3 3(t2

3 4t

3 4ty4t在[1,2

,4t(03],SAMB

3,),tanAMB

又AMB0,AMB

(( AMB

19.(17f(xlnxf(xa0M(b,0)f(x的两条切线，求ba(x

a0f(x0，得0x1f(x（0，1 令f(x)0，得x1，则f(x)（1）上单调递减

f(x1（mlnmylnm

1(x M0

blnm1，bm(1ln h(mm(1lnmh(mlnmh(m0h(m当m0时，h(m)0；当m时，h(m) 则b

ABAplnpB(qlnq由PAPB，可得(p1)2(lnp)2(q1)2(ln