解析：广东阳江市第三中学2025-2026学年高三下学期二模数学试卷（解析版）

第1页/共1页阳江三中2025-2026学年高三级二模试卷数学考试时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、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，只有一项是符合要求的.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】，，所以2.已知复数是实数，则（）A.0 B.－1 C.2 D.－2【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，根据是实数求出的值【详解】因为是实数，所以.故选：B3.等差数列1，46，91，…，2026共有（）A.44项 B.45项 C.46项 D.47项【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到等差数列通项，令即可求解．【详解】解：设等差数列，公差为，，，又，解得，故等差数列1，46，91，…，2026共有46项．4.函数，则（）A.是奇函数 B.是周期函数C.的最大值为2 D.【答案】D【解析】【详解】函数，定义域得.化简得.选项A：，故是偶函数，不是奇函数，A错误.选项B：假设是周期函数，则存在非零常数，对任意，都有.取，则，即，得，与矛盾.故假设不成立，不是周期函数，B错误.选项C：取，则，C错误.选项D：，所以，D正确.5.在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，，，，则的面积为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由正弦定理，两角和的正弦公式及三角形面积公式即可求解．【详解】由正弦定理得，，因为，所以，则，，的面积为．6.某智能物流车的“实际配送向量”“规划路线向量”“交通拥堵修正向量”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量的模（单位：）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配送）：配送效率等级超高效高效常规低效停滞模的范围若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（）A.超高效 B.高效 C.常规 D.低效【答案】B【解析】【分析】设，利用向量垂直和模长的坐标表示求出或，再结合题意求出向量，然后计算模长与表格对比可得.【详解】设，因为与向量垂直，所以，又，即，所以或，由可得，当时，，则；当时，，则；由题意可得此次配送的效率等级为高效.故选：B.7.已知随机事件满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件概率公式以及全概率公式，即可求解.【详解】因为，所以.又.所以.又，所以.故选：A.8.若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断.【详解】令，得，在同一坐标系内作出函数的图象，则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标，观察图象得，当时，；当时，；当时，，因此ABC都可能，D不可能.故选：D二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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.下列说法中，正确的有（）A.具有相关关系的两个变量x，y的相关系数r越大，则x，y之间的线性相关程度越强B.已知随机变量服从正态分布，且，则C.数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30D.若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数【答案】BCD【解析】【分析】根据相关系数的性质判断A；根据正态分布的对称性求解即可判断B；根据百分位数的概念求解第30百分位数即可判断C；利用频率分布直方图的性质可判断D.【详解】对于A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数越大，则x，y之间的线性相关程度越强，故A不正确；对于B，随机变量服从正态分布，又，所以，则，故B正确；对于C，因为，所以数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30，故C正确；对于D，由对称性知若频率分布直方图左右对称，则平均数等于中位数，而若频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故D正确.故选：BCD.10.如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（）A.，，，四点共面 B.线段为直三棱柱外接球的直径C.三棱锥的体积为 D.异面直线与所成角为【答案】BC【解析】【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D.【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线，点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误；对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确；对于C，点到平面的距离为，则，C正确；对于D，取中点，连接，由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是，而，因此，即，D错误.11.已知抛物线的焦点为，以为圆心，为半径得到圆，圆上有一点．过点的直线与交于两点，与圆另交于点，则（）A.B.当时，的横坐标为C.当时，D.【答案】AC【解析】【分析】写出圆的方程，利用给定点求出，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理，即可逐个选项判断．【详解】抛物线的焦点为，圆方程为，对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确；抛物线的焦点为，设直线方程为，由对称性不妨令点在第一象限，由，得，则，对于B，由，得，解得，B错误；对于C，由选项B得点，直线斜率，即，则，而，因此，C正确；对于D，，又，且圆的弦，因此不一定小于，D错误．三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则______.【答案】【解析】【分析】根据函数，求导，再根据曲线在处的切线与直线平行，由求解.【详解】因为函数，所以，又因为曲线在处的切线与直线平行，所以，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.13.已知等比数列的前项和为，若，，则_____________．【答案】【解析】【分析】根据等比数列通项公式及求和公式进行求值.【详解】由数列为等比数列，设其公比为，又，则，解得，所以，即，所以，，所以，，所以，故答案为：.14.已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______.【答案】【解析】【分析】首先根据向量的线性关系判断出的位置，设，根据双曲线的定义得到，在中，由余弦定理得到的一个关系式，根据的面积相等得到一个关于内切圆半径的方程，进而求解.【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间，所以均在双曲线的右支上，如图：所以,设，则，在中，由余弦定理得，即，展开并化简得.因为，所以，所以.设的内切圆半径为r，则，由等面积法可得，解得.四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15.已知函数（常数）.（1）若，在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若，，求角B的大小；（2）若的最小正周期为π，将其图像向左平移个单位，再向上平移个单位得到函数的图像.当时恒有，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用函数解析式由，求出角A，再由，利用正弦定理求出，可得角B的大小；（2）由函数图象的变换，求出解析式，由时，求出的取值范围.【小问1详解】时，函数，，，中，，所以，，由正弦定理可得，，由，所以.【小问2详解】函数（常数），的最小正周期为π，所以，得，即，所以，时，，则有，此时，当时恒有，则有，解得，所以的取值范围为.16.近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图：（1）用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率；（2）若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，.（i）建立y关于t的线性回归方程；（ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由.附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.【答案】（1）（2）（i）；（ii）该款大模型更有可能是语言模型.【解析】【分析】(1)依据图示可以得到多模态模型的个数与总数作比值；(2)(i)根据线性回归模型的计算公式代入数据；(ii)分别计算两款模型的值，比较即可；【小问1详解】由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为，所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为.【小问2详解】(i)因为，，，表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以所以，所以，根据，所以y关于t的线性回归方程为：(ii)已知2026年4月，则，计算多模态模型的预测值和残差，，残差为：，所以.再计算语言模型的预测值和残差，，残差为：，，所以，所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型.17.如图，四棱锥中，底面ABCD，，．（1）若，证明：平面；（2）若，且二面角的正弦值为，求．【答案】（1）证明：因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）【解析】【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．【小问1详解】略【小问2详解】如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．【点睛】18.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，若方程有两个不等实根，证明：．【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，时，在上单调递减，在上单调递增，因为方程有两个不等实根，所以不妨设，且设,令，则，所以当时，在单调递减，又，所以，即又，所以，又由于，且在上单调递增，所以即.【解析】【分析】（1）对函数求导，，讨论与时导函数的正负，来确定函数单调区间．（2）有两个不等实根，设，且，构造,，再根据函数单调性证明即可．【小问1详解】函数的定义域为，时，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；时，令得，当时，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，当时，，所以在上单调递增.当时，当时，；当时，，所以在上单调递增,在上单调递减.,,综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】略19.椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点.（1）求E的方程；（2）设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比；（3）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1