2025-2026学年下学期广东高三数学二模试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期广东高三数学二模试卷含答案，文件包含十年2015-2024高考语文真题分类汇编全国通用专题16语言文字运用病句类教师版docx、十年2015-2024高考语文真题分类汇编全国通用专题16语言文字运用病句类学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
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 为虚数单位,复数 z 满足 zi=1+i ,则 z=
A. −1−i B. −1+i C. 1−i D. 1+i
2. 设全集 U=Z ,集合 M=xx=4k+1,k∈Z,N=x∣x=4k+3,k∈Z∣ ,则 ∁UM∪N=
A. xx=2k+1,k∈Z∣ B. xx=2k,k∈Z∣
C. xx=4k+2,k∈Z∣ D. xx=4k,k∈Z∣
3. 双曲线 x2−y2=1 与双曲线 x21+k−y21−k=1 的
A. 顶点相同 B. 焦点相同 C. 虚轴长相等 D. 离心率相等
4. 直线 l:y=kx−1 与圆 O:x2+y2=1 相交于 A,B 两点,则 “ k=1 ” 是 “ △OAB 的面积为 12 ” 的
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
5. 若函数 fx=cs2x−sinx+φ00 ，若 fx≤a ，求 n 的最大值.
19. (本小题满分 17 分)
已知抛物线 M:y2=2pxp>0 的焦点为 F ，准线为 l ，直线 y=23 交准线 l 和抛物线 M 于 P,Q 两点,且 FP=FQ .
(1)求p的值；
(2)如图，若抛物线 N:x2=y 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.

2026 年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试 (二) 数学参考答案
一、单项选择题
二、多项选择题
三、填空题
12. −14 13.0,+∞ 14.23
四、解答题
15.(1)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 ， 1 分
则 M=A1M+A2M+A3M , 2 分
由题意得 PA1=PA2=PA3=13,PM∣A1=23,PM∣A2=23,PM∣A3=45 , 3 分
所以 PM=PA1M+PA2M+PA3M=PA1PM∣A1+PA2PM∣A2+
PA3PM∣A3 4 分
=13×23+13×23+13×45 5 分
=3245 . 6 分
(2)记甲、乙、丙通过第二轮的事件分别为 A,B,C ，
则 PA=23×34=12,PA=1−PA=12 ,
PB=23×34=12,PB=1−PB=12,
PC=45×34=35,PC=1−PC=25, 7 分
由题意得 X 的所有可能取值为 0,1,2,3, 8 分
则 PX=0=PABC=12×12×25=110 ,
PX=1=PABC+PABC+PABC=12×12×35+12×12×25+12×12×25=720 , PX=2=PABC+PABC+PABC=12×12×35+12×12×25+12×12×25=820 =25 ,
PX=3=PABC=12×12×35=320.
所以 X 的分布列为
11 分
所以 X 的数学期望为 EX=0×110+1×720+2×25+3×320=3220=85 . 13 分
16. ( 1 )如图 1 ，取 AC 的中点 O ，连接 PO 和 BO ， 1 分

图 1
因为 PA=PC ,
所以 PO⊥AC , 2 分
又因为 PB⊥AC,PO∩PB=P ,且 PO,PB⊂ 平面 POB ,
所以 AC⊥ 平面 POB , 4 分
因为 BO⊂ 平面 POB ,
所以 AC⊥BO ， 5 分
所以点 B 在 AC 的中垂线上，
所以 AB=BC . 6 分
(2)由(1)知， BO⊥AC ， PO⊥AC ，平面 PAC∩ 平面 ABC=AC ，
所以二面角 P−AC−B 的平面角为 ∠POB ，即 ∠POB=2π3 ， 7 分
在平面 POB 内,过点 O 作 OQ⊥OB ,易知 OB,OC,OQ 两两相互垂直,
如图 2,以 OB,OC,OQ 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 8 分
因为 PA=5,AB=2,AC=2 ,所以 PO=2,BO=1 ,则 A0,−1,0,B1,0,0 , C0,1,0 ,
因为 ∠POB=2π3 ,则 P−1,0,3 , 9 分
所以 PC=1,1,−3,AC=0,2,0,BC=−1,1,0 ,
设平面 PAC 的法向量为 n1=x1,y1,z1 ,
则 n⋅PC=0,n⋅AC=0, 即 x1+y1−3z1=0,2y1=0, 解得 x2=3z1,y2=0, 取 z1=1 ,得 n1=3,0,1 , 11 分设平面 PBC 的法向量为 n2=x2,y2,z2 ,

图 2
则 n⋅PC=0,n⋅BC=0, 即 x2+y2−3z2=0,−x2+y2=0, 解得 z2=233x2,y2=x2, 取 x2=3 ,
得 n2=3,3,2 , 13 分
所以 cs=n1⋅n2n2n2=3−0+23+1⋅3+3+4=5210=
104
14 分
所以平面 PAC 与平面 PBC 夹角的余弦值为 104 . 15 分
17. ( 1 )因为 tanan+1=1csan ,
所以 tan2an+1=1cs2an=sin2an+cs2ancs2an=1+tan2an , 2 分
所以 tan2αn+1−tan2αn=1 , 4 分
所以数列 tan2αn 是以 tan2π6=13 为首项,1 为公差的等差数列. 6 分
所以 tan2αn=13+n−1=3n−23 . 7 分
(2)由 tan2an=sin2ancs2an=3n−23,sin2an+cs2an=1, 9 分
解得 sin2an=3n−23n+1 , 10 分
因为 an∈0,π2 ,所以 sinan>0 , 11 分
所以 sinan=3n−23n+1=3n−1+13n+1 , 12 分
所以 sina1⋅sina2⋅⋯⋅sinam=14×47×710×⋯×3m−2+13m−1+1×3m−1+13m+1= 13m+1 13 分
所以 13m+1=110 ,即 3m+1=100 , 14 分解得 m=33 . 15 分
18.(1)当 n=2 ， a=1 时，函数 fx=ln1+2x2=ln1+2x−ln2 ， 1 分求导得 f′x=2xln21+2x , 2 分
所以 f′0=12ln2 , 3 分
因为 f0=0 ,所以切点为原点, 4 分
所以函数 fx 图象过原点的切线方程为 y=ln22x . 5 分
(2)由题意得，对于给定的自然数 n,1+2x+⋯+n−1x+nxa>0 在 x∈(−∞,1] 上恒成立, 6 分
因为 nx>0 ,
所以 a>−1nx+2nx+⋯+n−1nx 恒成立, 7 分
下求 gx=−1nx+2nx+⋯+n−1nx 在 x∈(−∞,1] 上的最大值,
因为 n≥2 ,
所以 y=knxk=1,2,⋯,n−1 在 x∈(−∞,1] 上单调递减,
所以 gx 在 x∈(−∞,1] 上单调递增, 8 分
所以 gx≤g1=−1n+2n+⋯+n−1n=−1+2+⋯+n−1n=−n−1⋅n2n=1−n2 ,
9 分
所以 a>1−n2,n∈N∗,n≥2 . 10 分
(3)因为 n≥2 ，
所以 y=kxk=2,3,⋯,n 在 x∈(−∞,1] 上单调递增,
又因为 a>0 ,
所以 y=1+2x+⋯+n−1x+nxa 在 x∈(−∞,1] 上单调递增,
所以 fx=ln1+2x+⋯+n−1x+nxan 在 (−∞,1] 上单调递增, 12 分
所以 fx≤f1=ln1+2+⋯+n−1+nan=lnn−12+a , 13 分
由 fx≤a 恒成立,得 lnn−12+a≤a , 14 分
所以 n≤2ea−2a+1 , 15 分
令 ga=2ea−2a+1,a>0 ,
求导得 g′a=2ea−2>2⋅e0−2=0 恒成立,
所以 ga 在 a∈0,+∞ 上单调递增, 16 分
所以 ga>g0=3 ,
所以 n≤3 ,即 n 的最大值为 3 . 17 分
19. ( 1 )如图 3，由抛物线定义得 QP=FQ ，
又因为 FP=FQ ,
所以 △PQF 为等边三角形,
所以 ∠PFO=∠QPF=π3 , 1 分

图 3
记准线 l 与 x 轴的交点为 R ,
因为 P 的纵坐标为 23 ,所以 PR=23 , 2 分
由抛物线的定义知 FR=p , 3 分
所以 tan∠PFR=tanπ3=23p=3 , 4 分
所以 p=2 . 5 分
(2)(i) 设 Ax1,x12,Bx2,x22,Cx3,x32 ,
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 x1≠x2≠x3 ).
设直线 AB 的方程为 y−x12=x12−x22x1−x2x−x1 ,即 y=x1+x2x−x1x2 , 6 分代入 y2=4x ，得 x1+x2y2−4y−4x1x2=0 ，
因为抛物线 M 没有与 y 轴垂直的切线,所以 x1+x2≠0,x1+x3≠0 ,又因为若 A 是坐标原点,则过 A 只能画一条 M 的切线,所以 x1≠0 .
由题意得 Δ=16+16x1x2x1+x2=0 ,即 x12x2+x1x22+1=0 , 7 分
同理,由直线 AC 与抛物线 M 相切得 x12x3+x1x32+1=0 ,
所以 x2,x3 是方程 x1x2+x12x+1=0 的两个根, 8 分
由韦达定理得 x2+x3=−x1,x2x3=1x1 , 9 分
同理,联立直线 BC 与抛物线 M 的方程,得 x2+x3y2−4y−4x2x3=0 ,
因为 x1≠0 ,所以 x2+x3≠0 ,
所以 Δ=16+16x2x3x2+x3=16+161x1−x1=16−16=0 ,
所以直线 BC 与抛物线 M 相切. 10 分
(ii) ① 当 x3≠−1 时,
由 (i) 中方程 x12x2+x1x22+1=0 和 x12x3+x1x32+1=0 ,易判断 x1≠1,x2≠1,x3≠1 , 由 (1) 知 F1,0 ,
所以 tan∠AFB=tan∠BFx−∠AFx=tan∠BFx−tan∠AFx1+tan∠BFxtan∠AFx
=kBF−kAF1+kBFkAF=x22x2−1−x12x1−11+x22x12x2−1x1−1=x1x22−x22−x12x2+x12x12x22+x1x2−x1+x2+1=x2−x1x1x2−x1−x2x12x22+x1x2−x1+x2+1
由 (i) 同理可得 x1+x2=−x3,x1x2=1x3 ,
所以 tan∠AFB=x2−x11x3+x31x32+1x3+x3+1=x2−x1x3+x331+x3+x32+x33=x31+x32x2−x11+x31+x32= x3x2−x11+x3 12 分
同理, tan∠ACB=kAC−kBC1+kACkBC=x3+x1−x3+x21+x3+x1x3+x2=x1−x2x32+x3x1+x2+x1x2+1 =x1−x2x32+x3⋅−x3+1x3+1=x3x1−x2x3+1, 14 分
所以 tan∠AFB+tan∠ACB=x3x2−x11+x3+x3x1−x21+x3=0 ,
所以 ∠AFB+∠ACB=180∘x3≠−1 . 15 分
② 当 x3=−1 时， C−1,1 ，
计算得 A1+52,3+52,B1−52,3−52 ,
此时 FA⋅FB=5−12,3+52⋅−5−12,3−52=−1+1=0 ,
CA⋅CB=3+52,1+52⋅3−52,1−52=1−1=0,
所以 ∠AFB=∠ACB=90∘ ,满足 ∠AFB+∠ACB=180∘ . 16 分
综上所述， ∠AFB+∠ACB=180∘ ，即 A,B,C,F 四点共圆，
所以点 F 在 △ABC 的外接圆上. 17 分

2026 年普迦，等学校招生 国统一考试模拟测试(二)
1.【答案】C
因为 zi=1+i ,所以 z=1+ii=−i1+i=1−i ,故选 C.
2.【答案】B
因为 M∪N={x∣x=4k+1,k∈Z}∪{x∣x=4k+3,k∈Z}={x∣x=2k+1,k∈ Z} ,即 M∪N 为奇数集,所以 ∁UM∪N 为偶数集,故选 B.
3.【答案】B
由 x21+k−y21−k=1 表示双曲线,得 −1