广东省肇庆市2026届高三上学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省肇庆市2026届高三上学期二模数学试题一、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，则（）A.0 B. C.2 D.【答案】C【解析】因为，则，所以．故选：C.2.已知集合，则集合的子集的个数为（）A.15 B.16 C.31 D.32【答案】B【解析】因为，所以．因为是整数，所以，故集合共有个子集．故选：B.3.已知双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意知，，即，因为，所以，所以该双曲线的渐近线方程为．故选：D.4.从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】从5张卡片中抽取2张，共有种可能，抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能，所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率．故选：C.5.已知直线与圆交于两点，当的面积最大时，点到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】方法一：因为，所以当，即时，的面积最大，此时是等腰直角三角形，点到直线的距离为．方法二：设点到直线的距离为，则，因为与圆相交，且不经过点，所以，所以当时，取最大值，即取最大值，此时，即点到直线的距离为．方法三：设点到直线的距离为．则，联立化简，得，则，因为，所以，当时，取最大值，即取最大值，此时．故选：D.6.已知圆台的上、下底面的面积分别为和，侧面积为，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，记圆台的上、下底面半径分别为，则解得设圆台的母线长为，则，解得，所以圆台的高，所以圆台的体积．故选：C.7.函数在上的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以是奇函数，排除选项B；当时，，排除选项C；因为，所以，排除选项D．故选：A.8.在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】取的中点，连接，因为，所以，所以就是平面与平面的夹角，设，则，则，即，解得，所以，即，同理，，将三棱锥放置在如图的正方体中，由正方体的外接球的直径为正方体的对角线长知，三棱锥外接球的直径，所以三棱锥外接球的表面积．故选：B．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.已知随机变量，则（）A.B.越大，随机变量的方差越大C.随机变量的分布越集中，的值越小D.的取值在内是小概率事件【答案】ACD【解析】对于A，因为随机变量，所以，所以，故A正确；对于B，，而非方差，故B错误；对于C，随机变量的分布越集中，说明数据的波动越小，方差越小，而，则的值越小，故C正确；对于D，根据原则，故D正确．故选：ACD．10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.的图象关于直线对称C.的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象D.若方程在上有且仅有6个实数根，则这6个实数根的和为【答案】ABD【解析】由题图可知，函数的最大值为3，即，，，，，因为的图象过点，，，解得，由题图可知，的最小正周期满足，即，解得，，，故A正确；，的图象关于直线对称，故B正确；函数的图象向左平移个单位长度后，得到新函数，故C错误；方法一：当时，即，，或，即或，的6个根分别为，，与，，，6个根的和为，故D正确．方法二：由题意知，，对称轴方程为，方程在上的6个实数根是关于对称轴对称的，设这6个根从小到大依次为，，，，，，，，第一条对称轴为直线，，，这6个根的和为故D正确．故选：ABD.11.已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（）A.的最小值为4B.若，则点的横坐标为C.D.若，则直线的斜率为2【答案】ACD【解析】设，直线的方程为，则，联立则，所以，所以，当时，有最小值，最小值为4，故A正确；当时，，所以，故B错误；因为，所以，，所以，故C正确；由知，，所以，则，所以，因为，所以，故D正确．故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式的常数项为___________．【答案】135【解析】展开式的通项为，令，解得，故二项展开式的常数项为．故答案为：135.13.已知，分别为等差数列，的前项和，若，则___________．【答案】【解析】由等差数列的性质可知，．故答案为：.14.已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________．【答案】【解析】因为且，所以，即，令，易知恒成立，则单调递增．因为，所以，则，即，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，则的取值范围为．故答案为：.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.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式．（2）设，数列的前项和为，证明：．（1）解：因为所以令，可得，解得.当时，，则，即，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以数列的通项公式为.（2）证明：因为，所以，即，所以，因为，所以，即，所以.16.已知分别为三个内角的对边，且．（1）求角的值．（2）若的面积为，求线段长度的最小值．解：（1）因为，所以.因为，所以，所以，所以，即，即.因为，所以，所以.（2）由（1）得，因为的面积为，即，所以.因为，所以，所以．当且仅当，即时，等号成立，所以线段长度的最小值为.17.已知椭圆：的焦距为，点在上．（1）求的方程．（2）直线与交于两点．（i）若线段的中点为，求直线的方程；（ii）在（i）的条件下，是椭圆上任意一点，求面积的最大值．解：（1）方法一：由题意知，，即，设椭圆的左、右焦点分别为，则．因为，所以，解得，又因为，所以.所以椭圆的方程为.方法二：由题意知，，即，因为点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以，即，化简得或（舍去），所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，，因为线段的中点为，所以，，因为，两点在椭圆上，所以，所以，所以，所以，所以直线的方程为.（ii）方法一：直线的方程为，联立化简得，.所以.设，则点到直线的距离其中，当时，取最大值，此时，所以面积的最大值为.方法二：直线的方程为，设与直线平行，且与椭圆相切的直线的方程为，联立化简得，，解得，当时，直线与直线的距离更大，此时，切点就是椭圆上到直线距离最大的点，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，联立化简得，则，所以，，所以面积的最大值为18.如图，在四棱锥中，，底面是矩形，．（1）设平面与平面的交线为，证明：．（2）证明：．（3）当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由．（1）证明：因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以.（2）证明：如图1，分别取，的中点，，连接，，.因为，是的中点，所以，又因为底面是矩形，分别是的中点，所以，因为，所以，，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为是的中点，所以.（3）解：假设四棱锥存在内切球，设点到平面的距离为，则，当平面时，取最大值，此时四棱锥的体积最大，方法一：因为平面，所以平面平面，因为平面平面，，所以平面，即，所以，则易知，，，所以内切球半径，设内切球球心为中点为，因为到平面与平面距离相等，所以由对称性可知，点在平面上，又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为，所以点在上，如图2所示，因为，所以，解得，因为两个的值不同，所以不存在内切球.方法二：因为平面，平面，所以平面平面，因为，平面平面，所以平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，，，，，平面的一个法向量为，则，，，设平面的法向量为，因为，所以，化简得令，设内切球球心，易知，．同理可求，平面法向量为，平面法向量为，因为，所以，令，则，则，平面法向量为，，所以，令，所以，所以点到平面的距离，点到平面的距离，易知点到平面的距离，点到平面的距离，点到平面的距离，由，解得，由，解得，由，解得，则，所以，矛盾，所以这样的内切球不存在.19.学校社团准备了编号1到的个盲盒，不同的编号对应不同的奖品（编号越大，奖品越好）．规则如下：参与者有放回地抽取盲盒次，一次抽取一个盲盒，抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品，设获得的奖品对应的盲盒编号为．（1）当，时，求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率．（2）若．①求最终拿到编号不小于的奖品的概率；②用表示出期望．（3）当时，证明：期望．（1）解：拿到编号为1的奖品，，即至少有一次抽到1，所以.拿到编号为2的奖品，，即没有抽到1，且至少有一次抽到