2026年广东汕头市高三二模高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东汕头市2026年普通高考第二次模拟考试数学试题注意事项：1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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，再选涂其它答案．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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；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．第I卷选择题一、单项选择题：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．抛物线的焦点到其准线的距离为（

）A．1 B．2 C． D．2．已知，则（

）A． B． C． D．3．的值为（

）A． B． C．1 D．4．已知，则（

）A． B．C． D．5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）A． B．C． D．6．已知命题：，，则下列结论正确的是（

）A．为真命题，且命题的否定为：，B．为真命题，且命题的否定为：，C．为假命题，且命题的否定为：，D．为假命题，且命题的否定为：，7．已知，则下列结论中正确的个数是（

）①；②；③；④A．1 B．2 C．3 D．48．集合中所有元素之和记作，则（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（

）A．2个球都是白球的概率为 B．2个球都不是白球的概率为C．2个球不都是白球的概率为 D．2个球恰好有一个球是白球的概率为10．如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（

）A．与平行 B．与为异面直线C．与成角 D．与垂直11．设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（

）A．集合不是“可拆等和集”B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”第II卷非选择题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数是偶函数，则______.13．若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．14．个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_______.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．数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且.(1)求的前项和；(2)求.16．已知函数.(1)若曲线在点处的切线过点，求的值；(2)求的极值点.17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点.(1)求证：平面平面ABCD；(2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长；(3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由.18．函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.(1)求函数的解析式；(2)设，解不等式；(3)设，若关于的方程有解，求的取值范围.19．设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2.(1)求椭圆的方程；(2)设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】抛物线方程化为标准方程易得焦参数，从而得焦点到准线的距离．【详解】抛物线化为标准方程为，焦点坐标为，准线方程为，所求距离为．故选：B2．C【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【详解】因为，故，故故选：C.3．A【分析】根据结合两角和差的正切公式运算求解.【详解】因为，整理可得.4．A【分析】根据对数函数的单调性计算范围比较即可.【详解】已知，则.故选：A.5．B【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示，进而求出向量夹角.【详解】由，得，则，，而，则，所以与的夹角为.故选：B6．B【分析】先判断命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，最后根据判断结果选择正确选项.【详解】因为.所以对于任意的，都成立，所以命题为真命题.命题是全称命题，所以它的否定为.命题为真命题，且命题的否定为.故选：B.7．C【分析】利用赋值法即可求解.对于①，令即可求解；对于②，令即可求解；对于③，令，与时的式子作差即可求解；对于④，令，结合①即可求解.【详解】令，得，故①正确；令，得（i），故②错误；令，得（ii），由（i）-（ii）化简得，故③正确；令，得，则，得，故④正确.8．D【分析】构造函数，求得，得到的单调性，结合和，得到在和上各有一个零点，得到零点的范围，结合对数的运算，即可求解.【详解】令函数，其定义域为，可得，当时，，在区间上单调递增；当时，，在区间上在单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值，又因为，根据零点存在性定理得，函数在和上各有一个零点，即集合中有两个元素，且，因为，即，两式相加，可得，即，因为，可得，所以，所以，所以.9．ACD【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得.【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球；对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：，故C正确；对D：，故D正确.10．BCD【分析】正四面体的平面展开图复原为正四面体即可求解.【详解】将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有：对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误；对于B，易知与为异面直线，故B正确；对于C，依题意知，故与成角，故C正确；对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以，而，所以与垂直，故D正确.11．ABD【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项.【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，且.所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求；当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求.综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确；对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得，此时因集合已含有元素2，故舍去；若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得若，则由“可拆等和集”的定义，有.综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确；对于C项，将中所有元素同时除以后可得，根据等比数列前项和公式，可得.因为，所以，，所以有.所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足；当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足.综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误；对于D项，易知集合中的元素个数为，，根据等差数列的性质可知，，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组.从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中；又，则，而，不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确.故选：ABD.12．1【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.【详解】因为，故，因为为偶函数，故，时，整理得到，故，故答案为：113．【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线的渐近线为，即，不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）．故答案为：．14．##【分析】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，再利用期望公式求解即可.【详解】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，，，，所以.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意结合等比数列通项公式可得，，结合等差数列求和公式运算求解；（2）整理可得，利用累加法结合等比数列求和公式运算求解.【详解】（1）因为是公比为3的等比数列，且，又因为，则，可得，则，可得，所以.（2）因为，即，则，可得，则，所以.16．(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义来求切线斜率，并写出切线方程，代入点即可求值；（2）利用导数研究正负，即可判断原函数单调性和极值点.【详解】（1）求导得，则，又有，所以曲线在点处的切线方程为：，又由切线过点，则；（2）由（1）可知，，令，则．①当时，对，有单调递增，无极值．②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，又，则在时有一根，时，单调递增，时，单调递减．所以在处取得极大值，极大值点为．③当时，的图象开口向上，．i．当，即时，有，所以当时，有单调递增，无极值点．ii．当，即时，在时，，有两个根．时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增．

有极大值点，极小值点．综上所述，当时，单调递增，无极值点；当时，的极大值点为，无极小值点；当时，的极大值点为，极小值点为．17．(1)证明见解析；(2)，截面周长为12(3)存在，【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直；（2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长；（3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积.【详解】（1）证明：又平面平面又平面平面平面（2）连接交于点，连接，取中点，连接,，四边形为平行四边形点为中点，，四边形为平行四边形,则，点G平面，故四边形即为所求截面，平面,为直角三角形，,故四边形为平行四边形，所以，四边形周长为：;（3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3，方法一（等体积法）：设点到平面距离为h，那么取中点，由可知为正三角形，所以，由可得,即，由于，所以，,,所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆，半径,.方法二（建坐标系）：取中点，由可知为正三角形，所以，以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，那么,设平面法向量为，那么取，则为平面一个法向量，那么点到平面距离，所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆，半径,.18．(1)(2)(3)【分析】(1)通过观察函数图像经过特殊点，结合单调性求解出，再通过平移、伸缩变换求出函数的解析式；(2)通过对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式；(3)使用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦函数的有界性求解问题.【详解】（1）解：由函数图象可知，又因为附近函数单调递增，所以，解得，故，所以，.（2）,,即化简，得因为恒成立，所以，,又，解得，，或，所以，，或解集为（3）即,运用和差化积公式化简，得，即因为，由于时，，不满足题意，故，所以，，故由，可得,，解得，的取值范围是19．(1)(2)【分析】（1）通过分析长