广东省汕头市2026届高三数学下学期二模试题含解析

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

yx2

1.抛物线4的焦点到其准线的距离为（）

11

A.1B.2C.D.

28

【答案】B

【解析】

【分析】抛物线方程化为标准方程易得焦参数p，从而得焦点到准线的距离．

1

【详解】抛物线yx2化为标准方程为x24y，焦点坐标为(0,1)，准线方程为y1，所求距离为

4

1(1)2．

故选：B

2.已知z2i，则zzi（）

A.62iB.42iC.62iD.42i

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.

2

【详解】因为z2i，故z2i，故zzi2i22i=4+4i2i2i62i

故选：C.

3

3.tan19tan11tan19tan11的值为（）

3

32

A.B.C.1D.3

32

【答案】A

【解析】

【分析】根据301911结合两角和差的正切公式运算求解.

【详解】因为tan19tan113，

tan30tan1911

1tan19tan113

3333

整理可得tan19tan11tan19tan111tan19tan11tan19tan11.

3333

53

4.已知aln,b,clog3，则（）

222

A.abcB.acb

C.cbaD.bca

【答案】A

【解析】

【分析】根据对数函数的单调性计算范围比较即可.

533

【详解】已知aln<lne=1,b,clog3log22=，

22222

则abc.

故选：A.

5.已知非零向量a，b满足a2b，且(ab)b，则a与b的夹角为（）

ππ

A.B.

63

2π5π

C.D.

36

【答案】B

【解析】

【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.

2

a·b|b|1

【详解】由，得2，则2，，

(ab)b(ab)babb0abbcosa,b2

|a||b|2|b|2

ππ

而0a,bπ，则a,b，所以a与b的夹角为.

33

故选：B

ππ

6.已知命题p：R，sincos，则下列结论正确的是（）

44

ππ

A.p为真命题，且命题p的否定为：R，sincos

44

ππ

B.p为真命题，且命题p的否定为：R，sincos

44

ππ

C.p为假命题，且命题p的否定为：R，sincos

44

ππ

D.p为假命题，且命题p的否定为：R，sincos

44

【答案】B

【解析】

【分析】先判断命题p的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题p的否定，最后根据判断结果选择正

确选项.

ππππ

【详解】因为sinsincos.

4244

ππ

所以对于任意的R，sincos都成立，所以命题p为真命题.

44

ππ

命题p:R,sincos是全称命题，所以它的否定为

44

ππ

R,sincos.

44

ππ

命题p为真命题，且命题p的否定为R,sincos.

44

故选：B.

7.已知11211，则下列结论中正确的个数是（）

(2x)a0a1xa2xa11x

①11；

a02

②a0a1a2a110；

1311

③aaaaaa；

13579112

④121010

a12a22a32a112

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】利用赋值法即可求解.对于①，令x0即可求解；对于②，令x1即可求解；对于③，令x1，

与x1时的式子作差即可求解；对于④，令x2，结合①即可求解.

【详解】令，得11，故①正确；

x0a02

令x1，得a0a1a2a111（i），故②错误；

令，得11（ii），

x1a0a1a2a113

1311

由（i）-（ii）化简得aaaaaa，故③正确；

13579112

令，得2311，

x2a02a12a22a32a110

则231111，

2a12a22a32a11a02

得121010，故④正确.

a12a22a32a112

x

8.集合Mxlnx10中所有元素之和记作M，则（）

e

A.|M|2B.|M|2C.|M|2eD.|M|2e

【答案】D

【解析】

xex

【分析】构造函数fxlnx1，求得fx，得到fx的单调性，结合fe0和

eex

121

f0,fe0，得到fx在(,e)和(e,e2)上各有一个零点，得到零点的范围，结合对数的运算，

ee

即可求解.

x11ex

【详解】令函数fxlnx1，其定义域为(0,)，可得fx，

exeex

当0xe时，fx0，fx在区间0,e上单调递增；

当xe时，fx0，fx在区间e,上在单调递减，

e

所以当xe时，函数fx取得极大值，也是最大值felne110，

e

2

111122e

又因为fln10,felne12e10，

eee2e2e

1

根据零点存在性定理得，函数fx在(,e)和e2,上各有一个零点，

e

12

即集合M中有两个元素x1,x2，且xe,xe，

e12

xx

因为fxfx0，即lnx110,lnx210，

121e2e

xx

两式相加，可得lnxx1220，即xxe(lnxx2)，

12e1212

1

因为xe,xe2，可得ln1ln(xx)，所以ln(xx)0，

e121212

所以x1x2e(02)2e，所以M2e.

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.

1

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1，如果从两个口袋内各摸出

32

一个球，那么下列说法正确的是（）

12

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

63

51

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

62

【答案】ACD

【解析】

【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A表示从甲口袋内摸出1个白球，事件B表示从乙口袋内摸出1个白球；

111

对A：PABPAPB，故A正确；

326

111

对B：PAB1PA1PB11，故B错误；

323

15

对C：1PAB1，故C正确；

66

21111

对D：PABPABPAPBPAB，

32322

故D正确.

10.如图是正四面体的平面展开图，G,H,M,N分别是DE,BE,EF,EC的中点，则在该正四面体中，下

列结论正确的是（）

A.DE与MN平行B.BD与MN为异面直线

C.GH与MN成60角D.DE与MN垂直

【答案】BCD

【解析】

【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AB,CDEF，如图所示，A,B,C三点是同一点，因此有：

对于A，M,N分别是EF,AE的中点，则MN//AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故A错

误；

对于B，易知BD与MN为异面直线，故B正确；

对于C，依题意知GH//AD,MN//AF,DAF60，故GH与MN成60角，故C正确；

对于D，连接GF，则点A在平面DEF上的投影A1在GF上，所以DE平面AA1F，所以DEAF，

而AF//MN，所以DE与MN垂直，故D正确.

11.设有限集合，其中，*，非空集合，，若存在

Ua1,a2,a3,,amm4mNMUMCUM

集合M，使得M，M中的所有元素之和相等，则称集合U是“可拆等和集”，则（）

A.集合U1,2,4,,22025不是“可拆等和集”

B.若集合U1,2,5,k是“可拆等和集”，则k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an，使得集合U是“可拆等和集”

*

D.若m4k3，kN，数列an是等差数列且公差da1，则集合U是“可拆等和集”

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得1242202422025.然后根据22025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2m1，然后根

Ua1U11,q,q,,q

据等比数列前n项和公式计算，然后根据qm1分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得

*

a1a4k3a2a4k2a3a4k1a2k1a2k3，kN，共有2k1组（剩余元素为a2k2），从中

剔除ak1a3k3之后，从剩余的数据中选出k组分配到M中.结合公差da1，可得出a3k3ak1a2k2，

也可分为两组，即可判断D项.

【详解】对于A项，1,2,4,,22025构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，

122025

且1242202422025122025.

12

20252024

所以，当M2时，M1,2,4,,2中所有元素之和也小于22025，不满足要求；

当M含有22025以及22025之外的其余元素时，也不满足要求.

综上，集合U1,2,4,,22025不是“可拆等和集”，故A正确；

对于B项，若M1，则由“可拆等和集”的定义，有25k1，解得k8；

若M2，则由“可拆等和集”的定义，有15k2，解得k2；

若M5，则由“可拆等和集”的定义，有21k5，解得k4；

若M1,2，则由“可拆等和集”的定义，有5k12，解得k4；

若M1,5，则由“可拆等和集”的定义，有2k15，解得k2，

此时因集合U1,2,5,k已含有元素2，故舍去；

若M2,5，则由“可拆等和集”的定义，有1k25，解得k=8

若M1,2,5，则由“可拆等和集”的定义，有k1256.

综上可知：k可取8，2，4，6，4，8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2m1，

Ua1U11,q,q,,q

1qm1qm11

根据等比数列前n项和公式，可得1qq2qm2.

1qq1

1qm11

因为q2，所以q11，01，所以有0qm11qm1.

q1q1

m1ð2m2m1

所以，当M1q时，UM11,q,q,,q中所有元素之和也小于q，

1

不满足要求，显然同时乘以a1后仍然不满足；

m1m1

当M1含有q以及q之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以a1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an，使得集合U是“可拆等和集”，故C错

误；

对于D项，易知集合U中的元素个数为4k3，kN*，

*

根据等差数列的性质可知，a1a4k3a2a4k2a3a4k1a2k1a2k3，kN，

4k31

共有2k1组（剩余元素为a2k2），从中剔除aa之后，剩余2k组.

2k13k3

从这2k组相同的数据中任意选出k组，将对应的元素分到集合M中；

又da1，则ak1a2k2a1kda12k1da1ka1a12k1a13k3a1，

而a3k3a13k2d3k3a1ak1a2k2，

不妨将ak1,a2k2这两个元素也分到集合M中，则可满足M,M中的元素之和相等.故D正确.

故选：ABD.

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fxx3a2x2x是偶函数，则a______.

【答案】1

【解析】

【分析】利用偶函数的定义可求参数a的值.

【详解】因为fxx3a2x2x，故fxx3a2x2x，

因为fx为偶函数，故fxfx，

时x3a2x2xx3a2x2x，整理得到a12x+2x=0，

故a1，

故答案为：1

x2

13.若双曲线y21(m0)的渐近线与圆x2y24y30相切，则m_________．

m2

【答案】3

3

【解析】

【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．

x2x

【详解】解：双曲线y21m0的渐近线为y，即xmy0，

m2m

2

不妨取xmy0，圆x2y24y30，即x2y21，所以圆心为0,2，半径r1，

2m

依题意圆心0,2到渐近线xmy0的距离d1，

1m2

33

解得m或m（舍去）．

33

故答案为：3．

3

14.4个球随机装进3个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_______.

6511

【答案】##2

2727

【解析】

【分析】设装有球的盒子个数为X，则X的可能取值有1、2、3，求出随机变量X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X，则X的可能取值有1、2、3，

2

C41223

31C4A3CA4

PX1，2，43，

4A214PX34

327PX239

3427

114465

所以EX123.

2727927

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an的前三项均为1，bn是公比为3的等比数列，且bnanan1an2nN.

（1）求log3bn1bn的前n项和Sn；

（2）求a100.

nn1

【答案】（1）Snlog2

n23

310010

（2）a

10013

【解析】

【分析】（1）根据题意结合等比数列通项公式可得n，，结合等差数列求

bn3log3bn1bnnlog32

和公式运算求解；

（2）整理可得n，利用累加法结合等比数列求和公式运算求解.

an3an23

【小问1详解】

*

因为bn是公比为3的等比数列，且bnanan1an2n

N，

又因为a1a2a31，则b1a1a2a33，

可得n1n，则n1nn，

bn333bn1bn3323

n

可得log3bn1bnlog323nlog32，

nn1

所以S12nnlog2nlog2.

n323

【小问2详解】

因为n，即n，则n1，

bn3anan1an23an1an2an33

可得n，

an3an23

则a100a100a97a97a94a4a1a1

23972394231

33

6127310010

1，

12713

310010

所以a.

10013

2

16.已知函数fxax46lnx.

（1）若曲线yfx在点1,f1处的切线过点0,9，求a的值；

（2）求fx的极值点.

【答案】（1）1；

（2）答案见解析.

【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.

【小问1详解】

6

求导得fx2ax4，则f16a6，又有f19a，

x

所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为：y9a6a6x1，

又由切线过点0,9，则99a6a6a1；

【小问2详解】

62ax28ax6

由（1）可知，f(x)2a(x4)(x0)，

xx

令(x)2ax28ax6，则(0)6．

6

①当a0时，对x(0,)，有f(x)0,f(x)单调递增，无极值．

x

②当a0时，(x)的图象开口向下，且对称轴为直线x2，

4a23a

又(0)6，则(x)0在x0时有一根x2，

1a

x0,x1时，(x)0,f(x)0,f(x)单调递增，

xx1,时，(x)0,f(x)0,f(x)单调递减．

2

所以在x处取得极大值，极大值点为4a3a．

f(x)1x2

1a

③当a0时，(x)的图象开口向上，64a248a．

3

i．当0，即0a时，有(x)0，所以当x0时，

4

有f(x)0,f(x)单调递增，无极值点．

3

ii．当0，即a时，在x0时，(x)0，

4

4a23a4a23a

有两个根x2,x2．

2a3a

x0,x2时，(x)0,f(x)0,f(x)单调递增；

xx2,x3时，(x)0,f(x)0,f(x)单调递减；

xx3,时，(x)0,f(x)0,f(x)单调递增．

4a23a4a23a

f(x)有极大值点x2，极小值点x2．

2a3a

综上所述，

3

当0a时，f(x)单调递增，无极值点；

4

4a23a

当a0时，f(x)的极大值点为2，无极小值点；

a

34a23a4a23a

当a时，f(x)的极大值点为2，极小值点为2．

4aa

17.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中

AD//BC,PBAD,AD2BC6,ABPAPB4，CD5，点E、F分别为棱PD、AD的中点.

（1）求证：平面PAB平面ABCD；

（2）请作出四棱锥PABCD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M，使其到点C的距离为3？若存在，求点M在运动过程中

所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；

（2），截面周长为12

27

（3）存在，π

7

【解析】

【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知PBAD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BEF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M在运动过程中所围成的图形是：以点C为球心半径为3的球面被平面BEF所截的面，计

算出半径求得圆面积.

【小问1详解】

证明：ADBC,PBAD

PBBC

又ABBC,PBABB,PB,AB平面PAB

BC平面PAB

又BC平面ABCD

平面PAB平面ABCD

【小问2详解】

连接AC交BF于点N，连接CF，取PC中点G，连接BG,GE，

AF//BC,AFBC

四边形BCFA为平行四边形

点N为AC中点，

11

GN//PA,EF//PA,GNPA,EFPA,

22

GN//EF,GNEF，四边形EFNG为平行四边形,则GE//BF，

点G平面BEF，故四边形BEFG即为所求截面，

BC平面PAB

BCPB,△PBC为直角三角形，BC//DF,BCDF,故四边形BCFD为平行四边形，

11155

所以，四边形BEFG周长为：BGGEEFBFPCCDPACD2512;

22222

【小问3详解】

假设平面BEF内存在动点M，使其到点C的距离为3，

方法一（等体积法）：

设点C到平面BEF距离为h，那么

取AB中点O，由ABPAPB可知PAB为正三角形，

平面平面

所以，𝑃⊥𝐴平面

平面平面

�𝐴⊥𝐴𝐵

平面⇒𝑃⊥𝐴𝐵

�𝐴∩𝐴𝐵=𝐴

由𝑃⊂可得�𝐴,

1

��−�𝐴=��−���4��−𝐴�=��−���

即，

11133

4⋅3𝑃⋅�△�𝐴=3⋅ℎ⋅�△���,ℎ=�△���

由于，

51

��=��=2,��=2��=2

所以，,

12521

�△���=2×2×4−1=2

,

336

△���

所ℎ=以�，平面=7BE7F<内3存在动点M，使其到点C的距离为3

点M在运动过程中所围成的图形是以点C为球心半径为3的球面被平面BEF所截得的截面，截面形状为

圆，

27227

半径r32h2,Sπrπ.

77

方法二（建坐标系）：

取AB中点O，由ABPAPB可知PAB为正三角形，

平面平面

所以，𝑃⊥𝐴平面

平面平面

�𝐴⊥𝐴𝐵

平面⇒𝑃⊥𝐴𝐵

�𝐴∩𝐴𝐵=𝐴

以O为原点，O�B�为⊂x轴，��O�P为z轴建立空间直角坐标系，

那么B(2,0,0),C(2,3,0),F(2,3,0),P(0,0,23),D(2,6,0),E(1,3,3),

设平面BEF法向量为n(x,y,z)，那么

4

�=�

−4�+3�=03

�⋅��=0⇒⇒

�⋅��=0�+3�=03

�=−�

取x3，则n(3,4,3)为平面BEF一个法向量，3

那么点C到平面BEF距离，

��⋅�6

所以，平面BEF内存在动点�=M，�使=其7到点7<C3的距离为3

点M在运动过程中所围成的图形是以点C为球心半径为3的球面被平面BEF所截，截面形状为圆，

27227

半径r32h2,Sπrπ.

77

ππ

18.函数f(x)cosx(0)在[π,π]的大致图象如图所示，将曲线yf(x)向右平移个单位，

69

3

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g(x)的图象.

2

（1）求函数g(x)的解析式；

33π

（2）设x[π,π]，解不等式sinxg(x)2gx；

4

（3）设t[0,π]，若关于x的方程g(xt)1g(x)有解，求t的取值范围.

【答案】（1）g(x)cosx

3π

（2）[π,π)(,π]

44

2π

（3）[0,]

3

【解析】

【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g(x)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.

【小问1详解】

44π

解：由函数f(x)图象可知，f(π)=cos(π+)0

996

4

又因为xπ附近函数单调递增，

9

4π3

π+π+2kπ,kZ

9629

3k,kZ

Tπ523

所以，π解得，

2992

0

>05

3π

故f(x)cosx，

26

向右平移π横坐标伸长为原来的3倍

3π93ππ32

fxcosxycosxcosxycosx

262962纵坐标不变

所以，g(x)cosx.

【小问2详解】

33π33π

sinxg(x)2gxsinxcosx2cosx,

44

22π

sinxcosxsinxsinxcosxcosx2cosx,

4

π1π

即2cosx1sin2x2cosx

424

π1

化简，得cosx221sin2x0

42

1

因为221sin2x0恒成立，

2

π

所以，cosx0,

4

π3π5π

又x[π,π]，x[,]

444

3πππππ5π

解得，x，或x，

442244

3ππ

所以，πx，或xπ

44

3π

解集为[π,π)(,π]

44

【小问3详解】

g(xt)1g(x)即cos(xt)1cosx

cos(xt)cosx1,

xtxxtx

运用和差化积公式化简，得2cos()cos()1，

2222

tt

即2cos(x)cos1

22

因为t[0,π]，

tπ

由于tπ时，coscos0，不满足题意，故tπ，

22

tπt

所以，t[0,π),[0,)，故cos(0,1]

222

t1

ttcos(x)1

由2cos(x)cos1，可得2t,

222cos

2

t1

cos

22tπ2π

0，解得，0t

tπ233

0

22

2π

t的取值范围是[0,]

3

x2y2

19.设F、F是椭圆:1(ab0)的左、右焦点，点P是第一象限内上的动点，直线PF交

12a2b22

3

于点Q.已知存在点P，使得PF2FQ,tanPFQ,QFF的面积为2.

2222124212

（1）求椭圆的方程；

、、

（2）设直线PF1交于点Q1，记r1r2分别为PF1Q2PF2Q1的内切圆半径，求r1r2的最大值.

x2y2

【答案】（1）1

94

5

（2）

7

【解析】

3

【分析】（1）通过分析QF,PF长度关系，利用tanPFQ计算出正弦、余弦函数值，充分利用

211124

三角形面积，最后再用余弦定理解决问题；

（2）把r1r2的最大值转化求解面积之差的最大值，转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点的纵坐

标之差的最大值，运用联立方程转化一个关于P的坐标的表达式，通过均值不等式解决问题.

【小问1详解】

设mQ2F1,nPF1，那么Q2F22am,PF22an，

由于，那么2an2(2am),S3S6

PF22F2Q2PF1Q2Q2F1F2

334

由tanPFQ可知sinPFQ,cosPFQ，

124125125

2an22am

2mn2a

所以，