广东省普通高中2026届高三下学期学业水平选择考模拟测试（二）数学试卷（含解析）

这是一份广东省普通高中2026届高三下学期学业水平选择考模拟测试（二）数学试卷（含解析），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知是虚数单位，复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．设全集，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
3．双曲线与双曲线的（ ）
A．顶点相同B．焦点相同
C．虚轴长相等D．离心率相等
4．直线与圆相交于两点，则“”是“的面积为”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．若函数是偶函数，则（ ）
A．0B．C．D．
6．已知是等比数列的前项和，且，，则（ ）
A．32B．30C．64D．62
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（ ）
A．B．C．D．
8．一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（ ）
A．48B．36C．24D．12
二、多选题
9．若存在，使得函数在区间和上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．在上单调递增
D．在上单调递减
10．在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（ ）
A．当为的中点时，存在点，使得平面
B．当为的中点时，存在点，使得平面平面
C．对任意给定的点，存在点，使得
D．对任意给定的点，存在点，使得
11．已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．
D．存在点，使得
三、填空题
12．设的内角所对边的长分别为. 若，，则__________.
13．已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示）
14．正2026边形内接于单位圆，任取它的两个不同的顶点，的概率为__________.
四、解答题
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.
(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，求的分布列及期望.
16．如图，在三棱锥中，.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值.
17．设数列满足且.
(1)证明数列是等差数列，并求其通项公式；
(2)若，求正整数的值.
18．已知函数，其中且.
(1)当时，求函数图象在处的切线方程；
(2)若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围；
(3)对任意的，若，求的最大值.
19．已知抛物线的焦点为，准线为，直线交准线和抛物线于两点，且.
(1)求的值；
(2)如图，若抛物线上有三个点，且直线均与抛物线相切.
（i）证明：直线与抛物线相切.
（ii）探究点与外接圆的位置关系，并说明理由.
参考答案
1．B
【详解】由题意，得.
故选：B.
2．B
【详解】因为，其中为偶数，
，其中为奇数，
则，即为奇数集，所以为偶数集，
又集合表示奇数集合，集合表示偶数集合，
集合表示4的整数倍数加2对应的数组成的集合，
集合表示4的整数倍数对应的数组成的集合.
3．B
【详解】由表示双曲线，
得，得，所以焦点在轴上，
又，
所以顶点坐标，焦点坐标，虚轴长，离心率，
双曲线的顶点坐标，焦点坐标，虚轴长，离心率，
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．A
【详解】因为，所以，
即，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以“”是“的面积为”的充分不必要条件.
5．D
【详解】因是偶函数，则，
即，也即函数是偶函数，则，
，则得，所以，
则.
6．D
【详解】设数列的首项为，公比为，由题可知，
由题意，解得，，
则.
故选：D
7．D
【详解】设半球的半径为，则半球体积为，
设圆柱的高为，则圆柱体积为，
由题意得，所以，
容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为，
此时圆柱部分的水的高为，
所以水的高度与容器高度的比值为.
8．A
【详解】不妨设，则，
故，所以要使得，
只需要2.
若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况；
当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况；
当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况；
所以当时，有序数对的个数共有12种.
同理，，；
；
的不同情况也均为12种，
故满足的有序数对的个数为.
9．BC
【详解】因为函数在上单调递增，所以原命题等价于“存在，使得函数在区间和上单调递减”.
又因为，所以，故A错误､B正确；
此时在上单调递增，在和上单调递减，
所以在上单调递增，在和上单调递减，故C正确､D错误.
10．ACD
【详解】A，如图1，当点与点重合时，平面平面，所以平面，正确；
B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面，
此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合，
所以不存在点使得平面与平面平行，错误；
C，如图3，因为平面平面，所以，
所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确；
D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，设2]，
则，假设，则，即，
所以，因为，
所以对于任意，存在使得成立，
即对任意给定的点，存在点，使得，正确.
11．BCD
【详解】对于选项A，由题意得，如图，设的左焦点为，连接，由的对称性知且，则，由，取点，得，故A错误；
对于选项B，因为为线段的中点，所以，因为的最小值为，所以的最小值为，即，故B正确；
对于选项C，因为分别为线段的中点，所以，由椭圆的定义知，故C正确；
对于选项D，设，则，且，由，得，所以.，若，则，此时，故存在点，使得，故D正确.
12．/
【详解】，由正弦定理得，即，
因为，所以，
所以.
13．
【详解】因为，构造函数，
因为，所以函数是增函数，
因为，所以，
因为，所以原不等式即，解得，
所以不等式的解集为.
14．
【详解】因为，
所以，
解得，
即向量与的夹角不超过.
因为，
所以对任意给定的向量，满足条件的向量的取法有种，
故正2026边形内接于单位圆，
任取它的两个不同的顶点，的概率为.
15．(1)
(2)
.
【详解】（1）记随机选择甲､乙､丙的事件分别为，进入第二轮的事件记为，
则，
由题意得，
所以
.
（2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为
则
由题意得的所有可能取值为
则
.
.
所以的分布列为
所以的数学期望为.
16．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）如图，取的中点，连接和，
因为，所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，因，
所以.
（2）由（1）知，，平面平面，
所以二面角的平面角为，即，
在平面内，过点作，易知两两相互垂直，
如图，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，所以满足，即，
则，
于是，
因为，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，故可取，
设平面的法向量为，
则，即，故可取，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)证明见解析，
(2).
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
所以.
（2）由
解得，因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，解得.
18．(1)
(2).
(3).
【详解】（1）当时，函数，
求导得，所以，
因为，所以切点为原点，
所以函数图象过原点的切线方程为.
（2）由题意得，对于给定的自然数在上恒成立，
因为，所以恒成立，
因为，所以在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以，
所以.
（3）因为，所以在上单调递增，
又因为，所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以，
由恒成立，所以，即，
所以，令，
求导得恒成立，所以在上单调递增，
所以，所以，即的最大值为.
19．(1)2
(2)（i）证明见解析；（ii）点在的外接圆上，理由见解析
【详解】（1）如图，由抛物线定义得，
又因为，
所以为等边三角形，
所以，
记准线与轴的交点为，
因为的纵坐标为，所以，
由抛物线的定义知，
所以，
所以.
（2）（i）设，
因为任意与轴垂直的直线与抛物线只有一个交点，所以易知直线斜率存在（即）.
设直线的方程为，即，
代入，得，
因为抛物线没有与轴垂直的切线，所以，
又因为若是坐标原点，则过只能画一条的切线，所以.
由题意得，即，
同理，由直线与抛物线相切得，
所以是方程的两个根，
由韦达定理得，
同理，联立直线与抛物线的方程，得，
因为，所以，
所以，
所以直线与抛物线相切.
（ii）①当时，
由（i）中方程和，易判断，
由（1）知，
所以
由（i）同理可得，
所以，
同理，
，
所以，
所以.
②当时，，
计算得，
此时，
，
所以，满足.
综上所述，，即四点共圆，
所以点在的外接圆上.
0
1
2
3
0
1
2
3