精品解析：广东省江门市2025-2026学年高三上学期第二次模拟考试数学试卷

高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，只有一项是符题目要求的． 1. 若集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据子集的概念判断AB的真假；根据交集的概念判断C的真假；根据并集的概念判断D的真假. 【详解】对A，因为，但，所以不成立，故A错误； 对B，因为，但，所以不成立，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，，故D正确. 故选：D 2. 2025年1~8月份广东省工业机器人、服务机器人、民用无人机、风力发电机组、太阳能电池、新能源汽车产品产量分别增长，则该组数的分位数为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用百分位数的求法求数据的分位数. 【详解】由题设，而数据从小到大为， 所以该组数的分位数为其中第5个数据，即. 故选：B 3. 曲线在点处的切线方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求函数的导函数，再求导函数在时的值，结合导数的几何意义求切线斜率，利用点斜式求切线方程． 【详解】因为，所以，故， 所以曲线在点处的切线斜率， 故曲线在点处的切线方程为，即， 故选：A. 4. 已知正四棱台的高为，，为底面的中心，则直线与平面所成的角为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设为底面的中心，连接，由正四棱台性质可得平面，由此可得直线与平面所成的角为，由条件解三角形求结论. 【详解】设为底面的中心，连接， 因为为底面的中心，由正四棱台的性质可得平面， 又平面，所以，在平面内的投影为， 所以直线与平面所成的角为， 因为，所以，故， 因为正四棱台的高， 所以， 因，所以， 故直线与平面所成的角为， 故选：C 5. 已知分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且周长为16，则的取值范围为（　　） A. （8，12） B. （8，16） C. （4，6） D. （4，8） 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，然后结合结合椭圆的性质，代入计算可得. 【详解】已知的周长为16，而的周长， 其中，因此： 椭圆中满足，将代入可得： ，解得。 因此a的取值范围是(4,8). 故选：D. 6. 已知向量分别表示位移“向北偏东方向”“向东偏南方向”，则向量表示位移（　　） A. 向正北方向 B. 向正南方向 C. 向西北方向 D. 向东南方向 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，得进行求解即可． 【详解】建立平面直角坐标系： 则，得， 则向量表示位移：向正北方向． 故选：A 7. 把6名技术员分到3个车间工作，分到3个车间的人数各不相同，每个车间至少1人，则不同的分配方案共有（　　） A. 270种 B. 540种 C. 720种 D. 360种 【答案】D 【解析】 【分析】根据分组分配法，即利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为1，2，3， 故共有种不同的分配方案. 故选：D. 8. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（　　） A. B. 2 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件，使用正弦定理转化为，代入计算出最大值，再使用余弦定理计算出，从而得出，使用面积公式计算出面积的最大值. 【详解】已知，由正弦定理化简得：， 代入得： ，当且仅当“”时取等， 由余弦定理可得：，， 由同角三角函数关系可得：， 则面积. 故选：A 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. 若复数，则（　　） A. 的实部等于的虚部 B. 的虚部等于的实部 C. D. 与在复平面内对应的点均不在第二象限 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据对进行分母有理化，再利用复数的性质分析判断复数的实部、虚部及复平面位置，运用复数模的计算公式计算模长． 【详解】，， ，实部为2，虚部为1；，实部为，虚部为2； 选项A：的实部等于2，的虚部等于2，的实部等于的虚部，故A正确； 选项B：的虚部等于1，的实部等于，， 的虚部不等于的实部，故B错误； 选项C：，，故C正确； 选项D：对应的点在第一象限，对应的点在第二象限，故D错误． 故选：AC． 10. 甲参加游戏获得的积分的分布列为 4 5 6 7 8 0.1 0.3 0.3 且，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，求出，再依次判断选项即可． 【详解】依题意得，， ， 则，A项正确， ，故B项正确； ，故C项错误； ，故D项正确． 故选：ABD 11. 已知函数的定义域为，，，且，则的值可能为（　　） A. 101 B. 102 C. 103 D. 104 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意得，进而得出，再令即可. 【详解】因，则， 因，则， 则，即， 令，则， 因，则， 则的值可能为. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为___________ 【答案】## 【解析】 【分析】由渐近线方程求出，再根据离心率定义求解. 【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为， 又其渐近线方程为，则， 则， 则的离心率为. 故答案为： 13. 函数的零点个数为___________． 【答案】2 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，求导分析函数单调性及极值，分析函数的极限及最大值，进而利用零点存在定理得出零点个数． 【详解】的定义域为， 函数的定义域为， 求导得，令，则， 解得，，，设， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减； 在处取得极大值， 当时，，故； 当时，，故； 极大值为最大值， 函数在从增至正极大值，穿过轴一次，有一个零点； 在从正极大值递减至必穿过轴一次，有另一个零点， 函数共有2个零点． 故答案为：2． 14. 在三棱锥中，，，，且三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三棱锥的体积，求三棱锥的高，再根据三棱锥的几何性质，确定三棱锥外接球球心的位置和外接球的半径，利用球的表面积公式求面积. 【详解】如图： 在中，，，所以. 取中点，则为外接圆的圆心，且外接圆半径为. 连接，因为，所以. 又（）. 所以，即. 又平面，，所以平面. 所以. 所以三棱锥外接球的球心在线段上，设为，再设三棱锥外接球的半径为， 在中，，，, 由. 所以三棱锥外接球的表面积为. 故答案为： 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. 已知抛物线的焦点关于的准线的对称点为． （1）求的方程； （2）若经过点且斜率为1的直线与交于两点，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意有，求出参数值，即可得方程； （2）由题意可得，联立抛物线，应用韦达定理和焦点弦长公式求. 【小问1详解】 由题设，准线为，而焦点关于的准线的对称点为， 所以，可得，故； 【小问2详解】 由（1）知，则直线，联立， 所以，可得，显然， 所以，，(的横坐标分别为)， 则. 16. 已知函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，的图象与函数的图象重合． （1）求； （2）求函数在上的值域． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由正切函数的最小正周期求得，然后由利用诱导公式求得； （2）代入（1）中结论，利用辅助角公式化简函数解析式，然后求得值域. 【小问1详解】 函数的最小正周期为， ∴函数的最小正周期，即， 又因为的图象与函数的图象重合， 所以，又， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 ， 当时，， ∴ 17. 如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． （1）证明：平面． （2）若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 【答案】（1）见解析 （2）证明见解析；线段长度为 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明； （2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度. 【小问1详解】 如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，， ，，， ，， 所以，，，平面， 所以平面 【小问2详解】 由（1）可知平面，则是平面的一个法向量 所以平面的一个法向量为， 设，， 则点到平面的距离， 则，得或， 直线与侧面没有交点，故舍去， 所以， 如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段 ,，. 18. 已知数列的前项和为． （1）证明：是等比数列． （2）求数列的前项和． （3）若，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明； （2）由（1）结合错位相减法可得答案； （3）由（1）可得，，利用作差法可判断单调性，据此可得答案. 【小问1详解】 因， 则 即，从而是等比数列； 【小问2详解】 由（1）是以为首项，公比为的等比数列. 则，从而 ，两式相减可得： 则； 【小问3详解】 由（2）， ，又，则. ，当时，易得， 当时，，. 即，当时，，则为递增数列，则. 即. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）已知，函数，且仅有两个零点． ①求的取值范围； ②证明：的两个零点之积小于1． 【答案】（1）答案见解析； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分类讨论m的取值结合导数研究函数的单调性即可； （2）①通过同构将问题化为的零点个数，分别用导数研究的单调性，计算参数范围即可；②借助①的结论结合极值点偏移构造差函数判定函数单调性证明即可. 【小问1详解】 由可知， 对于方程，若，即或， ①当时，有两个不等正实根， 此时在上，在上， 当，有两个不等负实根，此时在上， ②若时，恒成立，此时在上， 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减； 【小问2详解】 当时，， 记，则， 显然时，，时，， 即在上单调递减，在上单调递增，则， ①令，则， 记，则，所以在上单调递增， 所以，要与有交点，需， 又时，，时，， 所以时，与只有一个交点， 若，此时，则，不符合题意， 若，此时有两个解记为， 所以； ②由上知， 不妨设，显然， 令， 则， 所以在上单调递增，所以当时，， 即，所以， 又， 时，单调递减，所以，即，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，只有一项是符题目要求的． 1. 若集合，，则（　　） A. B. C. D. 2. 2025年1~8月份广东省工业机器人、服务机器人、民用无人机、风力发电机组、太阳能电池、新能源汽车产品产量分别增长，则该组数的分位数为（　　） A. B. C. D. 3. 曲线在点处的切线方程为（　　） A. B. C. D. 4. 已知正四棱台的高为，，为底面的中心，则直线与平面所成的角为（　　） A. B. C. D. 5. 已知分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且周长为16，则的取值范围为（　　） A. （8，12） B. （8，16） C. （4，6） D. （4，8） 6. 已知向量分别表示位移“向北偏东方向”“向东偏南方向”，则向量表示位移（　　） A. 向正北方向 B. 向正南方向 C. 向西北方向 D. 向东南方向 7. 把6名技术员分到3个车间工作，分到3个车间的人数各不相同，每个车间至少1人，则不同的分配方案共有（　　） A. 270种 B. 540种 C. 720种 D. 360种 8. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（　　） A. B. 2 C. D. 2 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. 若复数，则（　　） A. 的实部等于的虚部 B. 的虚部等于的实部 C. D. 与在复平面内对应的点均不在第二象限 10. 甲参加游戏获得的积分的分布列为 4 5 6 7 8 0.1 0.3 0.3 且，则（　　） A. B. C. D. 11. 已知函数的定义域为，，，且，则的值可能为（　　） A. 101 B. 102 C. 103 D. 104 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为___________ 13. 函数的零点个数为___________． 14. 在三棱锥中，，，，且三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为___________． 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. 已知抛物线的焦点关于的准线的对称点为． （1）求的方程； （2）若经过点且斜率为1的直线与交于两点，求． 16. 已知函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，的图象与函数的图象重合． （1）求； （2）求函数在上的值域． 17. 如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． （1）证明：平面． （2）若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 18. 已知数列的前项和为． （1）证明：是等比数列． （2）求数列的前项和． （3）若，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）已知，函数，且仅有两个零点． ①求的取值范围； ②证明：的两个零点之积小于1． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $