2026佛山高三下学期二模试题数学含解析

这是一份2026佛山高三下学期二模试题数学含解析，共2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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设向量，，则（ ）
A．5B．8C．15D．17
3．等差数列1，46，91，…，2026共有（ ）
A．44项B．45项C．46项D．47项
4．函数，则（ ）
A．是奇函数B．是周期函数
C．的最大值为2D．
5．在中，，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（ ）
A．中位数B．极差C．平均数D．方差
7．设是两个事件，则“”是“与互为对立事件”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件，也不是必要条件
8．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设，为复数，若，则（ ）
A．B．C．D．
10．在平面直角坐标系中，斜率为1的直线l交抛物线于，两点，交x轴于点（），则（ ）
A．B．
C．的等差中项是2D．m是，的等比中项
11．从分别写有的张卡片中不放回随机抽取次，每次取张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（ ）
A．B．
C．D．（）
三、填空题
12．随机变量服从正态分布，，则______.
13．在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______.
14．已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______.
四、解答题
15．已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形.
(1)求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m；
(2)求的值.
16．近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图：
(1)用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率；
(2)若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，.
（i）建立y关于t的线性回归方程；
（ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由.
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.
17．如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，.
(1)证明：；
(2)若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数，为的导函数，曲线关于点对称.
(1)求的值；
(2)，恒成立.
（i）求b的值并探究的零点个数；
（ii）若，且，证明：.
19．椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点.
(1)求E的方程；
(2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比；
(3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
参考答案
1．B
【详解】，
，所以
2．D
【详解】，
所以.
3．C
【详解】解：设等差数列，公差为，
，，
又，解得，
故等差数列1，46，91，…，2026共有46项．
4．D
【详解】函数，定义域得.
化简得.
选项A：，故是偶函数，不是奇函数，A错误.
选项B：假设是周期函数，则存在非零常数，对任意，都有.
取，则，即，得，与矛盾.
故假设不成立，不是周期函数，B错误.
选项C：取，则，C错误.
选项D：，所以，D正确.
5．C
【详解】由正弦定理得，
，
因为，所以，
则，，
的面积为.
6．A
【详解】由题意得：，所以，
所以新样本数据，，，…，的平均数为
，
所以平均数相同；
设样本数据，，，…，的方差为，
所以新样本数据，，，…，的方差为，所以方差相同；
设样本数据，，，…，，的中位数为，
新样本数据，，，…，的中位数为，
当样本数据，，，…，，的中位数为时，
新样本数据，，，…，的中位数为，
所以中位数不一定相同；
设原始样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为.
由于，因此新样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为，
故两组样本数据的极差相同.
7．B
【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的；
若试验基本事件含3种以上，其中表示概率为的两个不同事件，
如掷一枚均匀的骰子，令事件为“点数为偶数”，事件为“点数小于等于3”，
此时，满足，
但事件的对立事件为“点数为奇数”，与事件不同，
故与不互为对立事件，故条件是不充分的.
综上，“”是“与互为对立事件”的必要不充分条件.
8．B
【详解】因为，，故母线，
又，故，故为底面圆直径；
对三角形，设边上的高为，则其面积，
当且仅当为弧的中点时取得最大值；
故三棱锥体积.
9．BD
【详解】对于A，易知当，时，，但，故A错误；
对于B，，，则，故B正确；
对于C，易知当，时，，
此时，故C错误；
对于D，，，故D正确.
10．ACD
【详解】直线的方程为，
联立消去可得，
则，，
对于A，由得，
，故A正确；
对于B，，
令可得，此时，故B错误；
对于C，由可得的等差中项是2，故C正确；
对于D，由可得m是，的等比中项，故D正确.
11．ABD
【详解】对于A，当时，表示从中选个数，且的不同情况数，
因此只能选，有种选法，即，故A正确；
对于B，表示从中选个数，且的不同情况数，因此只能选，有种抽法，即，
表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，，即，
表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，即，
因此，故B正确；
对于C，当时，，
表示从中取个数排列，且的不同情况数，
若选的两个数为或或或，则排列必为或或或，共种情况，
若选的两个数为或或，则排列必为或或，共种情况，
若选的两个数为或或，则排列必为，或，或，，共种情况，
即，因此存在反例使得不成立，故C错误；
对于D，表示从中取个数排列，且的不同情况数，
①若第个元素未被选中，则从剩下的张卡片中抽取次，使得，那么情况数为，
②若第个元素未被选中，共有种可能，此时第个元素必被选中，
当第个元素排在第位时，则剩余的个元素排在剩余位置错排，有种情况，
当第个元素不排在第位时，由于第个元素未被选中，可将第个元素化为第个元素，转化为个元素的错排，有种情况，
因此，故D正确.
12．/
【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，
所以.
13．/
【详解】在三棱柱中，，
所以异面直线与所成的角即或其补角，
因为，，所以，
因为，，，平面，平面，
所以平面，又，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为异面直线所成角的范围是，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
14．
【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间，
所以均在双曲线的右支上，如图：
所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，
即，
展开并化简得.
因为，所以，
所以
.
设的内切圆半径为r，则
，
由等面积法可得，解得.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）∵，
∴
，
由为等腰直角三角形知，，所以，
得.
因为为偶函数，
所以，得，
所以最小正实数为.
（2）令，则，，即，，
取：，即，所以.
令，且在左侧，则，解得：，故，
且在右侧，周期，所以，即.
所以，
所以.
16．(1)
(2)（i）；（ii）该款大模型更有可能是语言模型.
【详解】（1）由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为，所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为.
（2）(i) 因为，，，
表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以
所以，

所以，根据，
所以y关于t的线性回归方程为：
(ii) 已知2026年4月，则，计算多模态模型的预测值和残差，，残差为：，
所以.再计算语言模型的预测值和残差，，残差为：，，所以，所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连，
由知，
又平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）过作交于，则平面，所以.
又，所以中，，
由余弦定理可求得，，所以.
以为原点，如图建系，
平面中，，
设法向量为，则.
即，令，所以.
设平面的法向量为，,
则.
即，令，所以.
所以.
18．(1)
(2)（i），有个零点；（ii）证明见详解.
【详解】（1）对进行求导，得，
又曲线关于点对称，，
即，
即，.
（2）（i）由（1）知，，，
若恒成立，即恒成立，
若，取，则，不合题意，
若，，此时，故 b的值为.，
记，则，
当时，单调递增，且，
故存在，使得，
当时，，，无零点；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，时，有一个零点，
由对称性可得时，有一个零点，
综上，有个零点.
（ii），，
故的图像关于对称，
由（i）得，当时，，单调递增；
时，，单调递减，
由对称性可知，时，单调递增；时，单调递减，
当时，，下证此时，
设，则，
当时，单调递增，,
即，又，，即，
当时，显然，
当时，显然，
综上，得证.
19．(1)
(2)数列是等比数列，公比为
(3)直线恒过定点
【详解】（1）由题意得，，
故E的方程为.
（2）设，直线的方程为，
由，消去，整理得，
，
直线的斜率之积为
，
设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零，
由经过E的右焦点，知①，
由经过E的左焦点，知②，
②①得，故数列是等比数列，公比为.
（3）直线的方程为，由（2）知，
故，解得，
故直线恒过定点.