2026茂名高三下学期二模数学试卷含解析

这是一份2026茂名高三下学期二模数学试卷含解析，共26页。试卷主要包含了 在中，，，，则， 已知椭圆C， 已知f， 已知正方体的棱长为1，则等内容，欢迎下载使用。
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由共轭复数的定义及复数的乘法法则可得.
【详解】因为，所以，．
2. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，可得，故解集为．
3. 曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以 ，
又，，则所求切线方程为.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据二倍角公式可得，，
化简可得，，
代入，可得.
5. 某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】直接用间接法计算可得结果.
【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种．
因此，满足条件的方案为种．
6. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据三角函数基本关系得到，进而利用和差公式计算，再由正弦定理计算边长即可．
【详解】，，
，由正弦定理和大边对大角，则，
又,
，，
，
则，
又，
故．
7. 已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O为原点）为正三角形，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆标准方程得出的坐标，进而得到直线的方程，结合题干写出圆的方程，利用正三角形的性质求出点的坐标，将的坐标代入直线的方程，得到与的关系式，进而求解离心率.
【详解】如图所示，椭圆中，右顶点，上顶点，
直线的截距式方程为：，
以短轴为直径的圆的圆心在原点，半径为，方程为，
为正三角形，，结合在第一象限，可得点坐标为，
将的坐标代入直线方程可得，
化简得：，
因为椭圆离心率，且，
所以，解得.
8. 已知f（x）是定义在区间上的函数，且，，则（ ）
A. 只有1个零点B. 有2个零点
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意构造函数，可得，进而根据函数性质可以判断选项A,B,C；整理原不等式可得，进而转化为证明，构造函数，求导分析函数单调性和最值即可.
【详解】由题意，可得，令，
则，故为常函数，设，m为常数，则，
即，则，，
那么没有零点且，故A，B，C错误；
由对任意，均有，即对任意，均有，
那么．
不等式两边同乘正数，等价于证明，
令，，令得：
时，，递减；时，，递增；
故最小值为，即恒成立，原不等式成立，D正确.
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. 已知正方体的棱长为1，则（ ）
A. B. 在上的投影向量的模为1
C. D. 与所成的角为45°
【答案】AB
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据数量积运算公式，异面直线夹角公式，投影向量的相关公式进行求解
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，故，
故，A正确；
B选项，，，
在上的投影向量的模为，B正确；
C选项，，，
，，
，
故，C错误；
D选项，设与所成的角大小为，由图知为锐角，
则，
故与所成的角大小不是45°，D错误.
10. 已知是定义在上的函数，且，，则（ ）
A. B. 是奇函数
C. 的图象关于直线对称D. 是的周期
【答案】ACD
【解析】
【详解】在中,令，可得，所以，故A正确；
由，可得的图象关于直线对称，故C正确；
在中，令，可得，又由选项A知，故，
若是定义在上的奇函数，则与矛盾，故不是奇函数，故B错误；
由，可得的图象关于点对称，又因为的图象关于直线对称，
故，故D正确．
11. 已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. B. 当时，最大
C. 当时，D. 数列的最小项为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意可判断，，，据此结合等差数列的性质判断各项即可．
【详解】因为，即．
因为，所以的公差小于零，
则，，则，故，A错误；
因为当时，，且当时，，则当时，最大，B正确；
因为，，，
所以，，C正确；
因为当时，，且当时，，
所以当时，，此时．
又因当时，最小，且时，单调递减，
所以数列的最大值为，故数列的最小项为，所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线的焦距为______．
【答案】4
【解析】
【详解】双曲线，，，
，，
焦距为.
13. 若函数在区间上有且仅有3个零点，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【详解】因为，所以，
由函数在区间上有且仅有3个零点，
所以，
所以的最小值为.
14. 已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______．
【答案】 ①. ②. ##0.7
【解析】
【分析】由事件的定义对10，9，8三个数所在的集合进行分类讨论，确定8，9，10都在前段，因而可得事件等价于8，9，10都在前k个位置，再利用古典概型概率公式结合排列数公式计算即得.
【详解】记，，则等价于。
①若10在后段，则，，于是，不满足；
②若10在前段，但8或9在后段，则，，于是，不满足；
③若8，9，10都在前段，则，于是，满足．
因此，事件等价于8，9，10都在前k个位置．
计算：将8，9，10放在前3个位置，共3！种选择，余下的7个位置随机排列，共7！种选择，因此．
注意到对，2，…，8，均有为的子事件，因此．
计算：将8，9，10放在前9个位置，等价于第10位是1到7中的某个数，共7×9！种选择，
因此．
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. 为了了解高一学生的体质状况，某校开展了一次体质测试，从中随机抽取40名女学生的立定跳远成绩（单位：厘米）进行分析，得到如下频率分布表．
（1）计算这40名女学生立定跳远成绩的众数、平均数的近似值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）规定成绩在区间[210，220]，[200，210），[190，200）分别为A，B，C等级．用分层抽样的方法从成绩在这三个等级的学生中抽取11人，再从11人中随机抽取3人进行示范．记示范学生中成绩A等级的人数为X，求X的分布列与．
【答案】（1）195厘米，191厘米
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据众数、平均数的定义求解；
（2）由分层抽样确定各等级人数，得X的所有可能取值为0，1，2，计算出概率后得分布列.
【小问1详解】
这六个区间中，频率最大为0.25，该区间为[190，200），则这40名学生立定跳远成绩的众数的近似值为195厘米，
平均数，
所以这40名学生立定跳远成绩的平均数的近似值为191厘米．
【小问2详解】
由分层抽样，可知C等级对应5人，B等级对应4人，A等级对应2人．
从11人中选3人，共种．
X的所有可能取值为0，1，2，
则，，．
则X的分布列为
．
16. 已知等比数列满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，，将数列与的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，求的前10项和．
【答案】（1）；
（2）243
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的性质可得首项和公比，从而得到通项公式；
（2）由（1）知，从而得到的通项公式，从而得到中，且从第2项起，等差数列，得到的通项公式，得到的前10项和.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q，依题意可得，，，故，
又，解得（负值舍去），故，
所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）知，所以，
，
当时，，
当时，．
所以，
由与公共项按从小到大的顺序组成，可设，m为正整数．
若，则，公共项为0；
若，则由，可得，n必须为偶数，令，，
则公共项为．
故且从第2项起，是以3为首项、6为公差的等差数列，
即，
所以数列的前10项和为．
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在小于0的极小值，求a的取值范围．
【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）求导函数，分讨论，由确定增区间，确定减区间；
（2）结合（1）得的极小值，再由极小值小于0得参数范围.
【小问1详解】
的定义域为，且
①当时，则，所以在区间上单调递增；
②当时，，令，可得，
时，，时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
【小问2详解】
由（1）可知若，在区间上单调递增，没有极值点，故，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则在处取到极小值，
则，即．
令，由，故单调递增，且，
因此，即a的取值范围为．
18. 如图，在矩形中，，，为的中点，把沿翻折至，为线段上的动点．
（1）当为的中点时，证明：平面；
（2）在翻折过程中，若在平面内的投影落在边上，且三棱锥的各个顶点均在球的球面上．
（ⅰ）求球的半径；
（ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用外接球的概念，结合空间两点间的距离公式可求三棱锥外接球的半径；利用空间向量可求平面与平面的夹角的余弦，再结合余弦函数的性质，可得夹角的最小值.
【小问1详解】
如图，
取的中点，连接，，
由题意知，四边形是平行四边形，所以．
∵平面，∴平面．
∵，分别为，的中点，∴．
又∵平面，平面，
∴平面，又，所以平面平面，
∵平面，∴平面．
【小问2详解】
（ⅰ）过作于，连接，
∵在平面内的投影在边上，∴平面，
又平面，即，
又，故平面，即．
∵，，，
∴，．
又，所以，则，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，
设三棱锥外接球的球心为点，外接球半径为，
因为点，，，均在球的球面上，所以，
解得，
则三棱锥外接球的半径为．
（ⅱ）解：由（ⅰ），可得，，
设平面的一个法向量为，
则即，
可取．
因为，C为线段上的动点，
可设，则，
即，，
设平面的一个法向量为，
则即，
可取，
设平面与平面的夹角为，则，
当时，，为最大值；
当时，，
故时，取到最大值，即平面与平面的夹角的最小值为．
19. 已知，M是抛物线与的公共点，O为坐标原点，．
（1）求p的值；
（2）（在最左侧）是上不同于M的三点，直线与相切，切点分别为，点为的重心．
（ⅰ）证明：在轴上，且；
（ⅱ）若，求的值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）8
【解析】
【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得，结合，即可求得的值；
（2）（ⅰ）设，求得直线方程，与的方程组，求得，同理可得，进而得到，，求得，结合函数的性质，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）得到和，求得和，化简，列出方程，求得，结合，得到，得出，设点到直线的距离为，结合重心的性质，求得点到直线的距离，即可求解.
【小问1详解】
设，其中，，
因为M是抛物线：与：的公共点，
可得，解得，则，
又因为，所以，
则，可得，
因为，可得；
【小问2详解】
（ⅰ）证明：由（1）知，，
设，，，
因为，
所以直线方程为，
联立直线与的方程，消去x得，，①
因为直线与相切，所以由，可得，
同理，所以，为关于x的方程的两根，
故，，即，，②
设的重心，则，所以G点在y轴上，
而，
因为点P在最左侧，由②知：，且，否则，
则，，从而，矛盾；
设，，则在区间上单调递减，
故，则．
（ⅱ）由，即的面积是的面积的4倍，
由①②知，，同理，
则，
，
所以
，
所以，得，解得，
而直线AB斜率为，
直线DE斜率为
，
因此，所以，于是，即AB为的中位线，
设点到直线的距离为，则由为的重心及中位线的性质，
可知点到直线的距离为，且点到直线的距离为,
因此与的面积之比为．
成绩区间
[160，170）
[170，180）
[180，190）
[190，200）
[200，210）
[210，220]
频率
0.10
0.15
0.20
0.25
0.20
0.10
0
1
2
P