广东省湛江市2026届高三数学下学期二模试题含解析

试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写

在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.

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，再选涂其他答案，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

以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.

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.已知集合，，则（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题得，则，

或，

所以.

2.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】D

【解析】

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【详解】由于已知复数满足，则

，

所以，对应点为，

故在复平面内对应的点位于第四象限.

3.已知，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】由，得，

则.

4.已知等比数列的各项均为正数，且，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】由等比数列的性质得.

由于的各项均为正数，所以.

5.在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.

事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

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【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法.

乙有2种选法，丙有3种选法，所以.

事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种.

丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以，

因此.

6.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上满足，

且，则的离心率为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【详解】设，则，

由椭圆定义得，解得，

在中，由余弦定理得，

即，整理得，

所以的离心率.

7.已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运

动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则，

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又,平面，所以平面，

平面，故，

又，故平面，

所以点到平面的距离即为点到直线的距离即，

故当点与重合时，所求距离有最大值，

，

又，

解得，所以点到平面的距离的最大值为.

8.已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，

，则（）

A.B.C.1D.3

【答案】B

【解析】

【分析】判断的图象关于直线对称，再求证和的周期均为4即可求解.

【详解】由，

令，得，

所以的图象关于直线对称，所以.

将换为代入得.

又，因此，

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即，则①，

所以，

对①两边求导得，故，

故和的周期均为4，

于是，.

在中，取得.

在中取得，

所以.

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.

9.2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记

录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：

日期1234567

预测误差

1033

下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（）

A.这组数据的众数是3

B.这组数据的60%分位数是0.5

C.这组数据的方差大于5

D.若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小

【答案】ACD

【解析】

【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差

的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D.

【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.

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对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；

对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；

对于C，平均数，方差，故C正确；

对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.

10.已知函数的部分图象如图所示，则（）

A.

B.函数的最大值为

C.函数的图象关于点对称

D.方程在区间上恰有个实数根

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项；利用三角恒等变换化简函数的解析式，

利用正弦型函数的有界性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；当时，解方程

，可判断D选项.

【详解】对于A选项，由图象可知、，故，，

函数的最小正周期满足，所以，故.

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代入点得，即，

则，，得，，

因为，所以，因此，故A正确；

对于B选项，

故函数的最大值为，故B正确；

对于C选项，，

因为，

，

所以，故函数的图象不关于点对称，故C错误；

对于D选项，由方程，得，

则，或，，

解得，或，.

当时，可得，故D正确.

11.若函数图象上存在不同的两点和，使得的图象在点，处的切线交于直线

（为常数）上同一点，则称，为函数的一对“关于直线的共轴切点”.已知函数

，则下列说法正确的是（）

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A.存在实数，使得不存在关于轴的共轴切点

B.若存在关于直线的共轴切点，则两切点的横坐标之积为定值

C.若，则存在实数，使得存在关于直线的共轴切点，且对应的两切线斜率之和大于0

D.若，则对于任意，都存在关于直线的共轴切点

【答案】ACD

【解析】

【分析】设，，写出在点，处的切线方程，根据它们交于直线上

同一点得到包含两个参数的关于的方程，A选项中，取，构造出一个单调函数即可

判断不存在不同的满足方程；选项中，取构造出一个先增后减的函数即可找到无穷对满

足方程的但积不为定值；C选项，取得到关于的方程，根据得到恒有解，此

时两切线斜率之和便大于；D选项，观察切线方程的一般形式，通过构造函数将问题转为证明方程有两个

解的问题.

【详解】由题意可知，设，，

在处的切线方程为即，

同理在处的切线方程为，两条切线交于直线上同一点，

故有（*），

当时，*式可化为，

令，则，当时，，

时，时，均有，

时，则在上单调递减，所以不存在不同的，使得，

因此当时，不存在关于轴的共轴切点，A正确；

当时，取得，考虑函数，

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，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，且当时，，

所以对有满足，同样有使得，

而，故横坐标之积不是定值，B错误；

当时，取，代入（*）解得，

此使，成为关于直线的共轴切点，

此时斜率之和，C正确；

当时，设，则，

在处的切线方程具有一般形式，

考虑函数，则，

时，，时，，

故在处取最大值，可知存在使得方程存在两个不同的解，

即存在两个不同的使得，也就是同时在这两处的切线上

即存在关于直线的共轴切点，D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知正数，满足，则的最大值为______.

【答案】12

【解析】

【详解】由，得，

所以，当且仅当，时等号成立.

13.已知抛物线：，点，，点在上运动，则面积的最小值为______.

【答案】1

【解析】

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【分析】由题意可得直线的方程，设点坐标为，求解到直线的距离，再求的最小

值即可求解.

【详解】由题意直线的方程为，.

设点坐标为（），

则到直线的距离为，

当且仅当时取等号，此时.

于是面积的最小值为.

14.若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”

.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______.

【答案】19

【解析】

【详解】因为数列是“和谐数列”，且，

所以共有6项，且.

若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个；

若，，，有2项为0，1项为1，1项为，

则满足条件的数列的个数为；

若，，，有2项为1，2项为，

则满足条件的数列的个数为，所以的个数为.

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.在中，内角，，所对的边分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，且的面积为，求的周长.

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【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得即可求解.

（2）由余弦定理以及三角形的面积公式化简求解即可.

【小问1详解】

由及正弦定理，得.

因为，

所以，

整理得.

因为，所以，即.

又，所以.

【小问2详解】

由，且，得.

由余弦定理，及，

得.

所以（负值舍去）.

故的周长为.

16.如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正

三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

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（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）先由菱形性质得,再由投影得底面,故；因

与交于且共面,从而证得平面.

（2）方法一:以菱形对角线交点为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,求出各点坐

标与等向量,设平面的法向量并由线线垂直列方程求解,再利用线面角公式

计算正弦值.

方法二:作得正三角形的高，利用将与平面的线面角

转化为与平面的线面角,用等体积法求点到平面的距离，

再由线面角定义计算正弦值.

（3）方法一：先设出平面的法向量,根据法向量与平面内两向量、垂直列出方程组,对

未知量赋值求出具体法向量,再选取从平面内一点指向点的向量，最后代入点到平面的向量距离公

式,计算模长与数量积得到点到平面的距离.

方法二：先由得四点共面,将点到平面的距离转化为到平面的距离；取

中点，证明面面垂直,作得到垂线段即为所求距离；再用余弦定理与等面积法

求出、，最后在三角形中算得.

【小问1详解】

证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，

因为在底面上的投影为，所以平面，

又平面，故.

又平面，平面，，

所以平面.

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【小问2详解】

方法一：

由，，得，，，

如图1，作于点，则.

因为平面平面，交线为，所以平面.

以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，.

所以，，.

设平面的法向量为，

则，即

令，得，故.

设直线与平面所成的角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

方法二：

如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.

由平面平面，平面平面,平面.故平

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面.

由平面，平面，故.

由勾股定理得，可得.

连接，则.

因为面，面.

所以且，即四边形为平行四边形.

所以，因为、分别为、中点

所以，所以.

所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦

值.

，

在中，.

所以.

设点到平面的距离为，则.

即，所以.

故所求正弦值为.

【小问3详解】

方法一：

设平面的法向量为，

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则即

令，得，故，

又，

所以点到平面的距离.

方法二：

由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，

所以点到平面的距离即为点到平面的距离.

如图2，取的中点，连接，.

因为三角形和三角形都是正三角形

所以，所以，同理，

又，所以平面，

又平面，所以平面平面.

作于，平面平面，平面，

所以平面，所以即为所求距离.

在中，，由（2）方法二可得

在中由余弦定理可得.

解得，所以.

解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.

所以.

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设边上的高为，则.

解得.

17.已知双曲线的离心率为，且经过点.

（1）求的标准方程；

（2）若过点的直线与交于、两点，求线段的中点的轨迹方程.

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程；

（2）解法一：设点、、，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为

，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于的不等式组，

求出的取值范围，利用韦达定理求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程，根据与的关系

求出的取值范围，即可得出答案；

解法二：设点、、，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为

，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于的不等式组，

求出的取值范围，再利用点差法求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程，根据与的关系

求出的取值范围，即可得出答案.

【小问1详解】

设双曲线的焦距为，由离心率，得，

又，所以，即.

将点代入方程，得，即，所以，.

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故双曲线的标准方程为.

【小问2详解】

解法一：设点、、，

若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，

故直线的斜率存在，

设直线的方程为，即.

联立方程，代入消去，整理得.

则，

即，且，所以.

于是，中点的横坐标，则.

又点在直线上，所以，即.

因为，且，

当时，，可得，则，

当时，，可得，则，

故线段的中点的轨迹方程为或.

解法二：设点、、，

若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，

故直线的斜率存在，

设直线的方程为，即.

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联立方程代入消去，整理得.

则即，且，

由、两点在双曲线上得，作差得，①

当时，易知；

当时，①式可化为，即.

故（由题意可得且），

可得，

因为，所以.

当时，也在直线上.

又，可得，且，

当时，，可得，则，

当时，，可得，则，

综上，线段的中点的轨迹方程为或.

18.已知函数（），.

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（1）讨论的单调性；

（2）证明：当时，对任意，都有；

（3）若方程没有实根，求整数的最小值.

【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，

在区间上单调递减.

（2）证明见解析（3）1

【解析】

【分析】（1）求导后,讨论的取值范围进行求解；

（2）转化为，即.设，求导，研究函数的单调性

进行求解；

（3）方程可化为，所以.记

，，对函数求导，由单调性和最值求解．

【小问1详解】

解：的定义域为，，

当时，恒成立，在区间上单调递增；

当时，令，得，

在区间上单调递增，在区间上单调递减.

综上，当时，在区间上单调递增；

当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.

【小问2详解】

证明：当时，，要证，

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即证，即.

设，

则，

令（），则，

故当时，，在区间上单调递增，

当时，，在区间上单调递减.

故，

所以当时，，当时，，

所以在处取最小值，

故恒成立，原不等式得证.

【小问3详解】

解：方程可化为，所以.

记，，则.

记，

则.

记，

则，

故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，

又，，当时，，

故当时，，即，在区间上单调递减，

由，，

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根据零点存在性定理可知存在，使得，即.

且当时，单调递增，当时，单调递减，

故，

且，当时，，

设（），则，

设（），则，

所以，

所以在区间上单调递减，

且，，所以，

所以若没有实数根，则整数的最小值为1.

19.某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1

，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个

作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否

则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为.

（1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；

（2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望；

（3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数

列.

【答案】（1）

（2）

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