广东诗莞市2026届高三数学下学期二模试题含解析

一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

1.复数的实部为（）

A.3B.-3C.2D.-2

【答案】A

【解析】

【分析】先进行复数的乘方运算化简复数，再确定其实部.

【详解】因为，

所以的实部为3.

故选：A.

2.已知集合，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可得，

因为，所以.

3.等差数列的前项和为，已知，则（）

A.64B.56C.38D.8

【答案】B

【解析】

【分析】由等差中项的性质先求出，再代入等差数列的前项和公式计算即可得解.

【详解】由等差中项的性质可知，

所以，解得，

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所以.

4.设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【详解】对于A，如图：

当时，满足，但不能得出，故A错误；

对于B，由垂直于同一直线的两平面互相平行，可得当时，则有，故B满足题意；

对于C，如图：

当，且，则有.所以由，不能得出，故C错误；

对于D，因为，根据线面垂直的判定定理可得，故D错误.

5.已知对于任意的，都有成立，则（）

A.B.0C.D.1

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【答案】D

【解析】

【分析】根据二倍角公式，商数关系展开整理即可求解.

【详解】由，，得，

即，整理得，

因为对任意，恒成立，故，即.

6.已知函数的图象如图所示，则其导函数图象可以是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】由图象可知，在整个定义域内，始终单调递减，，

在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递增且为负数；

在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递减且为负数.

故只有C选项，导函数图象满足题意.

7.椭圆的左、右焦点为为坐标原点，为椭圆上一点，，且

成等比数列，则椭圆的离心率为（）

A.B.C.D.

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【答案】A

【解析】

【分析】由椭圆的定义得，再结合成等比数列

得

，再用坐标表示焦半径并结合可得.

【详解】设椭圆半焦距为，，左右焦点.

由椭圆的定义得：，因为成等比数列，

故，即，得：.

对两边平方：代入

整理得：①，由，得.

所以②，

联立①②得：，，即，因此，.

所以椭圆的离心率为.

8.已知，若恒成立，则（）

A.0B.1C.eD.3

【答案】D

【解析】

【分析】根据不等式恒成立可得必为函数的最小值点，由可得，经

检验符合题意.

【详解】因为，可得，所以当时，等号成立；

若恒成立，则必为函数的最小值点，可得；

又，即可得，所以；

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经检验，当时，

令，则在上恒成立，

因此在上单调递增，即在上单调递增，

又因为，所以当时，，当时，，

可知在上单调递减，在上单调递增，

此时函数在处取得极小值，也是最小值，即恒成立，

所以符合题意.

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.请把正确选项

在答题卡中的相应位置涂黑．

9.若为单位向量，且在上的投影向量为，下列说法正确的是（）

A.的夹角为B.

C.D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由题意求得，从而可得，即可判断A；求得，从而判断

B；求出、，从而判断C，D.

【详解】对于A，因为在上的投影向量为，且，

所以，即，

所以，

所以，

又因为，

所以，故A正确；

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对于B，因为，

所以，故B正确；

对于C，因为，

所以，故C错误；

对于D，因为，

所以，故D正确.

10.某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型

中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其

中能唯一确定两点间距离的是（）

A.B.

C.D.

【答案】AD

【解析】

【分析】四个选项可分两大类AD与BC，对A先解两个直角三角形、得，进而在

中用余弦定理可得；对B选项，通过举反例判断可得，C选项与B同理判断可得，D选项与A选

判断项相同.

【详解】因为（山高已知），平面，平面，

因此，所以、均为直角三角形，下面逐个分析选项：

选项A：若测得，在直角三角形中可得：，；

同理，，在中，长度已计算得到，夹角已

测量，

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由余弦定理可唯一计算出，因此A符合要求.

选项B：举反例，若假设已测量，

所以直角三角形中有：，

设，则在直角三角形中，.

在中：①；

在中：

②.

联立①②消去后，得,,

得，解得或.

当时，代入①得；

当时，代入①得，即.

因此测得，不能确定有唯一的长度，故B错误.

选项C：与选项B同理：只需把角换成，所以不能确定有唯一的长度，故C错误；

选项D：若已测量，可直接算出，，长

度都确定，

又已测得夹角，在中由余弦定理可唯一计算出，因此D符合要求.

11.若直线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处的切线

交于点，设AP的斜率为的斜率为，则（）

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A.时，B.

C.D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，求出曲线过原点的切线方程即可判断；对于B，取即可判断；

对于C，不妨取，则，再令，利用导数即可得到

，进而可得即可判断；对于D，作差得

，令，，再利用导

数证明即可．

【详解】对于A，时，，

又过原点作曲线的切线，设切点为，

，则切线方程为，又过，

，解得，即过原点与曲线相切的直线方程为，

又直线与曲线相交于不同两点，，故A正确；

对于B，不妨取，

则曲线在处的切线方程分别为，

解得，此时，故B错误；

对于C，不妨取，则，

曲线在处的切线方程为，

设，则，

令，解得，

时，，单调递减，

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时，，单调递增，

，即（当且仅当时取等），

由题易知，，

又，所以单调递增，且，

，则，故C正确；

对于D，由题可知，，

，

不妨取，则，令，

则，令，

，

令，

时，，在单调递增，

，则，

在单调递增，则，

，即，故D正确．

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.

12.已知抛物线的焦点为，点在上.若，则到轴的距离为__________.

【答案】1

【解析】

【分析】首先求出抛物线的准线方程，利用抛物线定义得到点到准线的距离，计算到轴的距离.

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【详解】抛物线的准线方程为，

点在上.若，

设，所以点到准线的距离为，

即，，

到轴的距离为.

13.写出一个同时具有下列性质①②③的函数：__________.

①；②任意，都有；③是偶函数.

【答案】（答案不唯一）如等

【解析】

【详解】任意，都有，所以函数在上单调递增或常函数等，

因为，所以可以是幂函数或或等函数，

又是偶函数，故，即，

所以，所以，为常数，

综上，函数的解析式不唯一，

可以是，等.

14.为响应“缤纷寒假，探索实践”活动，某同学计划去2个展馆类景点和4个公园类景点打卡，已知其每

日随机选择一个景点打卡（不重复打卡），设为打卡完某一类所有景点需要的天数，则的概率为

__________，的期望__________.

【答案】①.②.

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【解析】

【分析】由题可知可取，根据排列组合计算出对应概率并计算期望即可．

【详解】由题可知可取，

，，

，，

则的概率为，

．

四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77

分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区

域内，超出指定区域的答案无效．

15.为探索“五育融合”育人项目，某市在中小学全面开展志愿服务实践课程，并建立了学生志愿服务日参

与情况的常态化统计机制．下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均

参与志愿服务的学生人数（单位：万人）.

月份编号12345

平均参与人数（单位：万人）0.50.711.31.5

（1）已知与之间线性相关，求关于的经验回归方程，并预测第6个月的日平均参与志愿服务的学

生人数；

（2）假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万人）服从正态分布，并视（1）

所求第6个月的日平均参与人数的预测值为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万人的天数是否不少

于25天.

附：①对于一组数据，其回归直线的斜率

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.②若，则

【答案】（1），（万人）

（2）该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．

【解析】

【分析】（1）由已知公式求得线性回归方程，代入回归方程可得预测值；

（2）依题意可知，再结合正态分布的对称性计算即可.

【小问1详解】

设所求的线性回归方程为，

由题意，

，

所以，

所以

所以.

当时，（万人）.

【小问2详解】

当时，，则，

由正态分布性质，可知.

因为，

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所以.

因为，

所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．

16.如图，四棱锥中，底面，，.

（1）求平面与平面所成角的余弦值；

（2）已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点

共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）

（2）存在，点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．

【解析】

【分析】（1）方法一：由面面角的定义确定二面角的平面角，计算即可求解；方法二：建立空间直角坐标

系，由面面角向量法计算求解；

（2）由面面垂直的判定定理及四点共面结合相似三角形计算即可求解；方法二：由面面垂直的判定定理及

空间向量共面的基本定理计算求解；方法三：建立空间直角坐标系，设，，

由面面垂直向量法即空间向量共面的基本定理计算求解.

【小问1详解】

方法一：因为，

所以，即

因为平面平面，所以，

又因为平面平面，

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所以平面，

因为平面，所以，

所以为平面与平面所成的角，

因为，所以，

即平面与平面所成角的余弦值为；

方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，

由已知，，

则，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，则，所以，

因为底面，所以平面的法向量为，

因此平面与平面所成角的余弦值为

；

【小问2详解】

方法一：取线段上的中点，因为，所以，

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由（1）可知平面平面，所以，

又因为平面平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

延长、交于点，连接，并延长交线段于点，

则，，，四点共面，

过点作，交延长线于点，

因为，所以①

因为，，

所以，同理可得，

所以，，故，

所以是的中点，

因为，所以②

联立①②可得，即，

所以存在这样的点，满足题意，

此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．

方法二：取线段上的中点，因为，所以，

由（1）可知平面平面，所以，

又因为平面平面PBC，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，

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，

假设存在这样的点，使得，，，四点共面，

不妨设（其中），

则，

因为存在唯一的有序实数对，使得，

所以，

解得，此时，

所以存在这样的点，满足题意，

此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．

方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，

，

假设存在这样的点，，

不妨设（其中），（其中），

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则

设平面的法向量为，则，

即，

令，则，所以，

因为平面与平面垂直，

由（1）可得平面的法向量为

由，可得，此时，

又因为，，，四点共面，

所以存在唯一的有序实数对，使得，

即，

解得，此时，

所以存在这样的点，满足题意，

此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．

17.设a为非负实数，函数.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若恒成立，求的最小值.

【答案】（1）减区间为，增区间为；

（2）.

【解析】

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【分析】（1）对函数求导并结合余弦函数单调性解不等式即可求得单调区间；

（2）根据不等式恒成立构造函数，结合（1）中单调性对参数进行分类讨论求

出可求得结论.

【小问1详解】

当时，，

所以，

当时，，令，得，

令，得，

故的单调递减区间为，单调递增区间为；

【小问2详解】

由恒成立，可得，

令，则

因为，

当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，

故此时，

所以的最小值为；

当时，，

当时，易得为减函数，

又时，，

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由零点存在性定理得，存在，使得，

在上单调递增，在单调递减，

故此时，

此时，

综上可知当时，的最小值为.

18.已知反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，将曲线绕原点顺时针旋转

，得到曲线，设曲线的左顶点为.

（1）求的坐标及曲线的标准方程；

（2）若B，C为曲线右支上不同两点，为的垂心，为关于原点的对称点，证明：

（i）点在曲线上；

（ii）A，B，C，E四点共圆.

【答案】（1），

（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据旋转前的实半轴长和渐近线方程即可求出双曲线方程和左顶点坐标；

（2）（i）表示出各边上的高所在直线方程，联立求出垂心坐标，代入曲线方程即可得证；（ii）利用斜率公

式和正切和差公式表示出，即可得，即

，即可得证.

【小问1详解】

因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为，

将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴

长为，

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所以的左顶点的坐标为，

所以曲线的标准方程为：

【小问2详解】

（i）方法一：

证明：因为曲线是曲线绕原点顺时针旋转得到，不妨设曲线上的点A，B，C分别对应曲线上

的点，曲线的方程为，则的坐标为，

设点为的垂心，，且．

所以直线的斜率，

边的高所在的直线的方程为，①

同理：边的高所在的直线的方程为，②

因为垂心同时在上，联立①②，得，即.

所以的垂心在曲线上．

将曲线上的点绕原点顺时针旋转后得到曲线上对应的点分别为A，B，C，D，

则的垂心在曲线上.

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方法二：

证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，

设，设的垂心为，

有，

，

恒成立，①

恒成立，②

①式两边同时乘以，得，

又因为，所以有恒成立．③

同理，②式两边同时乘以，化简可得恒成立，④

③-④，得：恒成立，⑤

因为为的垂心，

所以有恒成立．⑥

⑤式两边同时乘以，得恒成立，⑦

⑥式两边同时乘以，得恒成立⑧

⑧-⑦，得恒成立，

当时，恒成立，即的垂心在曲线上.

当时，的垂心是双曲线的右顶点，综上的垂心总在曲线上.

方法三：

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证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，

当BC的斜率不存在时，不妨设，则有，

所以BC边上的高所在的直线方程为，则与双曲线交于点，

下证为的垂心．

因为，

所以，所以，

，所以，

即为的垂心，所以垂心在曲线右支上．

当BC的斜率存在时，设直线BC的方程：，

联立，得，

所以有，

所以有，

则BC边上的高所在的直线方程为，交双曲线右支于点，交左支于点，

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联立，可得，

所以有，即，

即

下证为的垂心.

因为，

，

所以③

因为，代入③中，可得：

所以，

同理可得，

即为的垂心，因为所以垂心在曲线右支上.

综上所述：的垂心在曲线上.

方法四：

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证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，

当BC的斜率不存在时，由双曲线的对称性不妨设，

所以BC边上的高所在的直线方程为，

AC边上的高所在的直线方程为，

联立可得，，因为点在双曲线上，有，所以，

即垂心的坐标为，显然点在曲线右支上；

当或时，不妨设，则边AC的高所在的直线方程为，

边AB的高所在的直线方程为，联立可得，

因为，所以在曲线上．

当BC的斜率存在时，设，且，

设直线BC的方程：，联立，得，

所以有，

所以有，

所以AB边上的高所在的直线方程为，①

AC边上的高所在的直线方程为，②

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设垂心的坐标为，联立①、②，

得，

即垂心的横坐标

所以.

又因为垂心必然在BC边上的高所在的直线方程上，

所以，即有，

因为，所以，即垂心在曲线的右支上.

综上所述：的垂心在曲线上.

（ii）方法一

证明：由（i）可知，曲线上的点A，B，C，D分别对应曲线上的点，

有的垂心在曲线上，

则关于原点的对称点也在曲线上.

由双曲线的对称性，不妨设点在直线的上方，在直线的下方，

因为，所以直线的斜率都存在．

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即，，

当时，所以，

，

即有，所以．

所以四点共圆.

当时，，所以，

所以，所以

同理：可得，即，所以四点共圆.

将点绕原点顺时针旋转后得到对应的点分别为A，B，C，E，

则A，B，C，E四点共圆.

方法二

证明：由（i）可知，点D在双曲线右支上，

因为双曲线的图像关于原点中心对称，为关于原点的对称点，

所以点在双曲线的左支上.

当BC的斜率不存在时，不妨设，此时垂心的坐标为，

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则关于原点的对称点与点重合.

因为存在外接圆，所以A，B，C，E四点共圆.

当BC的斜率存在时，设直线BC的方程为，

由双曲线的对称性，不妨设点在直线AC的上方，点在直线AC的下方，

则此时AB，AE，CE的斜率都存在，

设点，点，

因为点为垂心，且，所以，即，

又因为，即，

因为，所以，

因为，所以，

当时，此时有，即，

所以

则A，B，C，E四点共圆；

当时，即，此时有，

，则，

即，则A，B，C，E四点共圆.

综上所述：A，B，C，E四点共圆.

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方法三

证明：由（i）可知，点D在双曲线右支上，

因为双曲线的图像关于原点中心对称，为关于原点的对称点，

所以点在双曲线的左支上．

当BC的斜率不存在时，不妨设，此时垂心的坐标为，

则关于原点的对称点与点重合.

因为存在外接圆，所以A，B，C，E四点共圆.

当BC的斜率存在时，设直线BC的方程为，

由双曲线的对称性，不妨设点在直线AC的上方，点在直线AC的下方，

则此时AB，AE，CE的斜率都存在，设点，

则，

因为，

则

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因为，

代入得：

即

所以

当时，此时有，即，

所以，则A，B，C，E四点共圆；

当时，即，此时有，