广东省肇庆市2026届高三数学下学期二模试题含解析

本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，

将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

1.已知i是虚数单位，复数z满足zi1i，则z（）

A.1iB.1iC.1iD.1i

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算即得.

1i

【详解】由题意，得z1i.

i

故选：B.

∣∣ð

2.设全集UZ，集合Mxx4k1,kZ,Nxx4k3,kZ，则UMN（）

A.x∣x2k1,kZB.x∣x2k,kZ

C.x∣x4k2,kZD.x∣x4k,kZ

【答案】B

【解析】

【详解】因为Mx∣x4k1,kZx∣x22k1,kZ，其中2k为偶数，

Nx∣x4k3,kZx∣x22k11,kZ，其中2k1为奇数，

∣ð

则MNxx2k1,kZ，即MN为奇数集，所以UMN为偶数集，

又集合x∣x2k1,kZ表示奇数集合，集合x∣x2k,kZ表示偶数集合，

集合x∣x4k2,kZ表示4的整数倍数加2对应的数组成的集合，

集合x∣x4k,kZ表示4的整数倍数对应的数组成的集合.

x2y2

3.双曲线x2y21与双曲线1的（）

1k1k

A.顶点相同B.焦点相同

C.虚轴长相等D.离心率相等

【答案】B

【解析】

【分析】由题意确定k的范围，进而逐项判断即可.

x2y2

【详解】由1表示双曲线，

1k1k

1k0

得，得1k1，所以焦点在x轴上，

1k0

又c21k1k2，

2

所以顶点坐标1k,0，焦点坐标2,0，虚轴长21k，离心率，

1k

双曲线x2y21的顶点坐标1,0，焦点坐标2,0，虚轴长2，离心率2，

因此两个双曲线具有相同的焦点，其他选项均不能确定满足.

4.直线l:ykx1与圆22相交于A,B两点，则“”是“△的面积为1”的

O:xy1k1OAB2

（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

π

【分析】根据三角形面积公式求得sinAOB1，得AOB，由点到直线的距离公式列出方程，求得k

2

的值，即可判断.

111

【详解】因为SOAOBsinAOB11sinAOB，所以sinAOB1，

OAB222

π22k

即AOB，所以圆心到直线l:ykx1的距离d，即d，解得k1，所以

2221k2

“”是“△的面积为1”的充分不必要条件.

k1OAB2

π

5.若函数fxcos2xsinx(0π)是偶函数，则f（）

3

1313

A.0B.C.D.1

22

【答案】D

【解析】

【详解】因fx是偶函数，则fxcos(2x)sinxcos2xsinx，

即sinxsinx，也即函数ysinx是偶函数，则sin1，

ππ

0π，则得，所以fxcos2xsinxcos2xcosx，

22

π2ππ11

则fcoscos1.

33322

6.已知Sn是等比数列an的前n项和，且S314，S6126，则S5（）

A.32B.30C.64D.62

【答案】D

【解析】

【分析】利用等比数列的前n项和公式联立方程组求出a1和q，再计算S5即可.

【详解】设数列的首项为a1，公比为q，由题可知q1，

3

a11q

14,

1q

由题意，解得a2，q=2，

61

a11q

126

1q

2125

则S62.

512

故选：D

7.已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部

分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则

水的高度与容器高度的比值为（）

2527

A.B.C.D.

9939

【答案】D

【解析】

【分析】应用球的体积公式结合圆柱体积公式计算求解.

23

【详解】设半球的半径为R，则半球体积为πR，

3

设圆柱的高为h，则圆柱体积为πR2h，

由题意得2πR3πR2h，所以h2R，

24

容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为2πR3πR3πR3，

33

4

πR3

此时圆柱部分的水的高为4，

3R

πR23

4

RR

所以水的高度与容器高度的比值为7.

3

2RR9

8.一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字1,2,3,4,5,6，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为

a,b,c，则满足abbcca4的有序数对a,b,c的个数为（）

A.48B.36C.24D.12

【答案】A

【解析】

【分析】不妨设abc，由abbcca4得到ca2，则有

maxa,b,cmina,b,c2，分别按照maxa,b,c和mina,b,c的差值是2讨论求解.

【详解】不妨设abc，则abbccabacbca2c2a4，

故ca2，所以要使得abbcca4，

只需要maxa,b,cmina,b,c2.

若mina,b,c1,maxa,b,c3，此时三个数的取值有1,1,3;1,2,3和1,3,3三种情况，当三个数的取值

为1,1,3时，有序数对a,b,c共有3种情况；

当三个数的取值为1,2,3时，有序数对a,b,c共有6种情况；

当三个数的取值为1,3,3时，有序数对a,b,c共有3种情况；

所以当mina,b,c1,maxa,b,c3时，有序数对a,b,c的个数共有12种.

同理，mina,b,c2，maxa,b,c4；

mina,b,c3,maxa,b,c5；

mina,b,c4,maxa,b,c6的不同情况也均为12种，

故满足abbcca4的有序数对a,b,c的个数为41248.

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.

3

9.若存在mn，使得函数fx2ax3ax1在区间,m和n,上单调递减，则下列说法正确的是

（）

A.a0

B.a0

C.fx在1,1上单调递增

D.fx在1,1上单调递减

【答案】BC

【解析】

【分析】先应用指数函数单调性转化已知条件，再应用导函数得出函数单调性求解参数判定A和B，再根据

单调性判断C，D.

3

【详解】因为函数y2x在R上单调递增，所以原命题等价于“存在mn，使得函数gxax3ax1

在区间,m和n,上单调递减”.

22

又因为gx3ax3a3ax1，所以a0，故A错误､B正确；

此时gx在1,1上单调递增，在(,1)和1,上单调递减，

所以fx在1,1上单调递增，在,1和1,上单调递减，故C正确､D错误.

10.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，点E,F分别为棱BB1,A1D1上的点（含端点），则（）

A.当E为BB1的中点时，存在点F，使得C1F∥平面ACE

B.当F为A1D1的中点时，存在点E，使得平面C1DF∥平面ACE

C.对任意给定的点E，存在点F，使得D1EC1F

D.对任意给定的点F，存在点E，使得EFCE

【答案】ACD

【解析】

，

【分析】A注意到当点F与点A1重合时，C1F∥AC，据此可判断；B取AD中点G，连接CGA1C与A1G，

由平面C1DF∥平面CGA1，平面CGA1与平面ACE有一个公共点C，可判断；C注意到A1C1D1E，据

，，

此可判断；D以DADCDD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设

��,0,2,�1,1,ℎ,�∈

2]，通过方程m(h1)2是否有解可判断.

[0,1,ℎ∈0,，

【详解】A，如图1，当点F与点A1重合时，C1F//ACC1F平面ACE，AC平面ACE，所以C1F//

平面ACE，正确；

，

B，如图2，取AD中点G，连接CGA1C与A1G，易证明平面平面CGA1，

�1��//

此时，平面CGA1与平面ACE有一个公共点C，且显然与平面ACE不重合，

所以不存在点E使得平面C1DF与平面ACE平行，错误；

，

C，如图3，因为A1C1平面BDD1B1D1E平面BDD1B1，所以A1C1D1E，

所以对任意给定的点E，存在与点A1重合的点F，使得D1EC1F，正确；

D，如图4，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

不妨设AA12AB2，则C0,1,0，设2]，

��,0,2,�1,1,ℎ,�∈[0,1,ℎ∈0,

则EFm1,1,2h,CE1,0,h，假设EFCE，则EFCE0，即m1h2h0，

所以mh22h1(h1)2，因为，

2

�∈0,1,(ℎ−1)∈[0,1]

所以对于任意m，存在h使得m(h1)2成立，

即对任意给定的点F，存在点E，使得EFCE，正确.

x2y2

11.已知椭圆C:1,F为C的右焦点，点A,B在C上，且关于y轴对称，P,Q分别为线段

42

AF,AB的中点，O为坐标原点，则（）

1

A.kk

AFBF2

2

B.PA的最小值为1

2

C.PQPF2

D.存在点A，使得QPF90

【答案】BCD

【解析】

【分析】设的左焦点为，利用对称性，如kk，，取具体的点验证是否有

CF1BFAF1BFAF1

1

kk判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设

AFBF2

，由求出判断D.

Ax0,y02y02QPF90x0

【详解】对于选项A，由题意得a2,b2,c2，如图，设C的左焦点为F1，连接AF1,BF，由C的

6

对称性知kk且BFAF，则kkkk，由F2,0､F2,0，取点A1,，

BFAF11AFBFAFAF11

2

66

得223，故A错误；

kAFkAF

112122

1

对于选项B，因为P为线段AF的中点，所以PAAF，因为AF的最小值为ac22，所以PA

2

12

的最小值为22，即1，故B正确；

22

111

对于选项C，因为P,Q分别为线段AF,AB的中点，所以PFAF,PQBFAF，由椭圆

2221

1

的定义知PQPFAFAF2，故C正确；

21

x2y2x2y

对于选项D，设Ax,y2y2，则00，且P0,0，由kk,kk，

0001PQBFPOAF1

4222

y0y0

y2y21y2

得kk，所以kkk.k22000，若

PQPOPQPFPOPF222

x02x02x0222y02y01

22

1y22

，则0，此时2，故存在点，使得，故D正确.

QPF90kPQkPF21y0AQPF90

2y013

三､填空题：本题共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.设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c.若bc2a，2sinA3sinB，则

cosC__________.

1

【答案】##0.25

4

【解析】

3b

【详解】2sinA3sinB，由正弦定理得2a3b，即a，

2

因为bc2a3b，所以c2b，

922232

222bb4bb

abc1

所以cosC44.

32

2ab2bb3b4

2

13.已知函数fx的定义域为R，且fxfx0，若f01，则不等式fxex0的解集为

__________.（结果用区间表示）

【答案】0,

【解析】

fx

【分析】由fxfx0，可得gx在R上单调递增，又注意到原不等式等价于gxg0，

ex

据此可得答案.

fx

【详解】因为fxfx0，构造函数gx，

ex

fxfx

因为gx0，所以函数gx是增函数，

ex

xfx

因为fxe0，所以1，

ex

f0

因为1，所以原不等式即gxg0，解得x0，

e0

所以不等式fxex0的解集为0,.

14.正2026边形A1A2A2026内接于单位圆O，任取它的两个不同的顶点Ai,Aj，OAiOAj1的概率

为__________.

2

【答案】

3

【解析】

【分析】应用向量数量积公式及运算律计算化简得出向量夹角，再应用古典概型计算求解.

【详解】因为OAiOAj1，

222

所以，

OAiOAjOAiOAj2OAiOAj·cosOAi,OAj22cosOAi,OAj1

1

解得cosOA,OA，

ij2

2π

即向量OA与OA的夹角不超过.

ij3

2π2π2026

因为675,676，

320263

所以对任意给定的向量，满足条件的向量的取法有种，

OAiOAj67521350

故正2026边形A1A2A2026内接于单位圆O，

13502

任取它的两个不同的顶点Ai,Aj，OAOA1的概率为.

ij20253

四､解答题：本题共5小题，共77分.第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17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.树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣

味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分

2243

别为,,，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立.

3354

（1）求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率；

（2）记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为X，求X的分布列及期望.

32

【答案】（1）

45

（2）

X0123

1723

P

1020520

8

EX.

5

【解析】

【分析】（1）利用全概率公式求解；

（2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为A,B,C,分别求出PA，PB，PC，由题意得到X的所

有可能取值，分别求出每个X可能取值的概率，求出X的分布列和数学期望.

【小问1详解】

记随机选择甲､乙､丙的事件分别为A1,A2,A3，进入第二轮的事件记为M，

则MA1MA2MA3M，

1224

由题意得PAPAPA,PM|A,PM|A,PM|A，

1233132335

所以PMPA1MPA2MPA3M

PA1PM|A1PA2PM|A2PA3PM|A3

12121432

.

33333545

【小问2详解】

记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为A,B,C,

2311

则PA,PA1PA,

3422

2311

PB,PB1PB,

3422

4332

PC,PC1PC,

5455

由题意得X的所有可能取值为0,1,2,3,

1121

则PX0PABC,

22510

1131121127

PX1PABCPABCPABC,

22522522520

PX2PABCPABCPABC

11311311282

.

225225225205

1133

PX3PABC.

22520

所以X的分布列为

X0123

1723

P

1020520

1723328

所以X的数学期望为EX0123.

1020520205

16.如图，在三棱锥PABC中，PAPC,PBAC.

（1）证明：ABBC；

2π

（2）若二面角PACB的大小为，且PA5,AB2,AC2，求平面PAC与平面PBC夹角

3

的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）10.

4

【解析】

【分析】（1）取AC的中点O，由条件证明AC平面POB，再由线面垂直的性质推得ACBO，结合

线段中垂线的性质即可得证；

（2）由题意建系，利用几何法推得二面角PACB的平面角为POB，求出相关点的坐标，利用向量

夹角的坐标公式计算即得.

【小问1详解】

如图，取AC的中点O，连接PO和BO，

因为PAPC，所以POAC，

又因为PBAC,POPBP，且PO,PB平面POB，

所以AC平面POB，

因为BO平面POB，所以ACBO，因AOOC，

所以ABBC.

【小问2详解】

由（1）知，BOAC,POAC，平面PAC平面ABCAC，

2π

所以二面角PACB的平面角为POB，即POB，

3

在平面POB内，过点O作OQOB，易知OB,OC,OQ两两相互垂直，

如图，以OB,OC,OQ分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

因为PA5,AB2,AC2，所以满足AB2BC2AC2，即ABBC，

则POPA2AO22,BOAB2AO21，

于是A0,1,0,B1,0,0，C0,1,0,

2π

因为POB，则P1,0,3，

3

所以PC1,1,3,AC0,2,0,BC1,1,0，

设平面的法向量为，

PACn1x1,y1,z1

nPC0xy3z0

则1，即111，故可取，

n13,0,1

n1AC02y10

设平面的法向量为，

PBCn2x2,y2,z2

nPC0xy3z0

则2，即222，故可取，

n23,3,2

n2BC0x2y20

n1n2302510

所以cosn1,n2，

n1n2313342104

10

所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为.

4

1

ππ

17.设数列an满足a1,an0,且tanan1.

62cosan

2

（1）证明数列tanan是等差数列，并求其通项公式；

1

（2）若sinasinasina，求正整数m的值.

12m10

3n2

【答案】（1）证明见解析，tan2a

n3

（2）m33.

【解析】

【小问1详解】

11sin2acos2a

因为tana，所以2nn2，

n1tanan1221tanan

cosancosancosan

所以22，

tanan1tanan1

22π1

所以数列tanan是以tan为首项，1为公差的等差数列.

63

13n2

所以tan2an1.

n33

【小问2详解】

sin2a3n2

2n

tanan2

由cosan3

22

sinancosan1

23n2π

解得sina，因为an0,，所以sinan0，

n3n12

3n23n11

所以sina，

n3n13n1

1473m213m111

所以sinasinasina，

12m47103m113m13m1

11

所以，即3m1100，解得m33.

3m110

12x(n1)xnxa

18.已知函数fxln，其中aR,x,1,nN且n2.

n

（1）当n2,a1时，求函数fx图象在x0处的切线方程；

（2）若对于给定的自然数n，函数fx有意义，求a的取值范围；

（3）对任意的a0，若fxa，求n的最大值.

ln2

【答案】（1）yx

2

1n

（2）a,nN*,n2.

2

（3）3.

【解析】

【分析】（1）代入n2,a1化简fx，对其求导并计算x0处的导数值得到切线斜率，由f00确

ln2

定切点为原点，最后用点斜式写出过原点的切线方程为yx.

2

（2）根据不等式在给定区间恒成立，分离参数a，构造关于x的函数，利用底数小于1的指数函数单调递

减，判断复合函数单调性，求出函数在区间上的最大值，进而得到参数a的取值范围.

（3）由n2判断各指数函数单调递增，结合a0得到内层和函数单调递增，进而推出fx在区间上单

调递增，故fx最大值为f1.根据fxa恒成立列出对数不等式，化简整理得到n关于a的不等式，

构造新函数求导判断单调性，求出函数取值范围，最终确定正整数n的最大值为3.

【小问1详解】

12x

当n2,a1时，函数fxlnln12xln2，

2

2xln21

求导得fx，所以f0ln2，

12x2

因为f00，所以切点为原点，

ln2

所以函数fx图象过原点的切线方程为yx.

2

【小问2详解】

由题意得，对于给定的自然数n,12x(n1)xnxa0在x,1上恒成立，

xxx

12n1

因为nx0，所以a恒成立，

nnn

x

k

因为n2，所以yk1,2,,n1在x,1上单调递减，

n

所以gx在x,1上单调递增，

n1n

所以12n112n121n，

gxg1

nnnnn2

1n

所以a,nN*,n2.

2

【小问3详解】

因为n2，所以ykxk2,3,,n在x,1上单调递增，

又因为a0，所以y12x(n1)xnxa在x,1上单调递增，

12x(n1)xnxa

所以fxln在,1上单调递增，

n

12n1nan1

所以fxf1lnlna，

n2

n1a

由fxa恒成立，所以fxa，即lnaalne，

max2

a

所以n2ea2a1，令ga2e2a1,a0，

求导得ga2ea22e020恒成立，所以ga在a0,上单调递增，

所以gag03，所以n3，即n的最大值为3.

2

19.已知抛物线M:y2pxp0的焦点为F，准线为l，直线y23交准线l和抛物线M于P,Q两

点，且FPFQ.

（1）求p的值；

（2）如图，若抛物线N:x2y上有三个点A,B,C，且直线AB,AC均与抛物线M相切.

（i）证明：直线BC与抛物线M相切.

（ii）探究点F与ABC外接圆的位置关系，并说明理由.

【答案】（1）2（2）（i）证明见解析；（ii）点F在ABC的外接圆上，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据抛物线定义结合正切值计算得出参数值；

（2）（i）先设点，再结合判别式计算证明直线和抛物线关系；（ii）应用两角和正切公式计算，再结合向

量数量积坐标公式计算得出A,B,C,F四点共圆即可求解.

【小问1详解】

如图，由抛物线定义得QPFQ，

又因为FPFQ，

所以△PQF为等边三角形，

π

所以PFOQPF，

3

记准线l与x轴的交点为R，

因为P的纵坐标为23，所以PR23，

由抛物线的定义知FRp，

π23

所以tanPFRtan3，

3p

所以p2.

【小问2详解】

222

（i）设Ax1,x1,Bx2,x2,Cx3,x3，

因为任意与x轴垂直的直线与抛物线N只有一个交点，所以易知直线AB,AC,BC斜率存在（即

x1x2x3）.

22

2x1x2

设直线AB的方程为yx1xx1，即yx1x2xx1x2，

x1x2

22

代入y4x，得x1x2y4y4x1x20，

因为抛物线M没有与y轴垂直的切线，所以x1x20,x1x30，

又因为若A是坐标原点，则过A只能画一条M的切线，所以x10.

由题意得，即22，

Δ1616x1x2x1x20x1x2x