海南省海口市龙华区海南华侨中学2026届高三二模数学试题

高三数学 范围：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，只有一项是符合题目 要求的) 1.已知复数z=2-i,则1zl= A.5 B.3 C.5 D.5 2命题”Yx>受2x+0sx>3sin”的否定是 A.x+xc05>3sin x B.3x>号，2x+0sx≤3sinx C.Hx≤受，2x+z0osx>36in D.Vx>号，2x+xosx≤3sinx 3.制造业采购经理指数(PMI)是衡量制造业经济运行状况的重要指标.现将2024年10月至2025年 10月的制造业PMI指数从小到大排列为49.0,49.0,49.1,49.3,49.4,49.5,49.7,49.8,50.1， 50.1,50.2,50.3,50.5,则这组数据的第90百分位数为 A.50.2 B.50.3 C.50.4 D.50.5 4.若sin0cos0=-cos20,λ(1+tan0tan30)=tan0-tan30,则入= A.-2 B.- C.1 D.2 5.已知函数f(x)=xlnx-x,则f(x) A.有极小值，且极小值点为1 B.有极大值，且极大值点为1 C.有极小值，且极小值点为-1 D.有极大值，且极大值点为-1 数学五第1页（共4页） 6.在平面直角坐标系中，已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,如图，过抛物线C第一象限上一点P作准 线L的垂线，垂足为Q,直线QF交抛物线C于A,B两点，若1QA1=2IAF1,则点P的纵坐标为 B C.√3 D.2 2 7.已知a=ln(lg5),10=ln5,5e°=1，则a,b,c的大小关系为 A.a<c<b B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b 8.在正三棱柱ABC-A,B,C,中，直线AB1与平面ABC所成角为45°，且四棱锥A-BB,C,C的体积为 45,则该三棱柱的外接球的表面积为 3 A.16π B.4 c29 D.8m 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.潮汐是海洋在日月引力作用下产生的周期性涨落现象.某港口一天的海水水位变化近似满足关系 式h(e)=2sim石++5，其中h()表示海水水位，表示时间，则 A.曲线h(t)的振幅为2 B.曲线h(t)的最小正周期为12 C.曲线h(t)关于点(4,5)中心对称 D.te[1,6]时，函数h(t)的值域为[4,7] 10.已知数列{a}的前n项和为Sn,a1=3,a2=5,a3=9,an+1=入an+u,则 A.入=2 B.4=1 C.ag-a7=128 D.S =2+1+n-2 11.已知定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数x,y,都有f(x+y-4)=f(x)f(y-2)+f(x-2)f(y), 且f(x)的图象过点A(2,1),B(-2,-1),则 A.f(0)=0 B.f八3)f(-1)+[f1)]2=1 C.f(1)+f(2)+…+f(88)=0 D.VnEN'f(4n)=0 数学五第2页（共4页） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 2.已知双曲线C号-=1(a>0,6>0)的一条渐近线的斜率为，则C的离心率 13.已知△ABC为单位圆0的内接等边三角形，D为AB边的中点，则Oi·OD= 14.装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每 块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色 都要使用，相同颜色的地砖不作区分.已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要 求相邻2块地砖的颜色不同，则共有 种不同的铺设方法 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.(13分) 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且oB=Dc-4 cos Aa (I)求A: (I)若△ABC的面积为E+1。,证明：△ABC为等腰三角形. 4 16.（15分) 某校举办技能大赛，比赛包含A,B,C三个项目，按顺序依次进行，参赛学生在每一项的得分高于 85分时记为合格，只有在当前项目合格才可以进人下一项.已知甲、乙、丙3名学生在A项目中 合格的概率分别为元，身专，在B项目中合格的概率分别为号-m号1总且3人比赛结果互不 影响 (I)要使甲进人C项目的概率达到最大，求实数m的值； (1)当m=品时，设甲，乙、丙3人中能进人C项目的人数为5，求专的分布列与数学期望 数学五第3页（共4页） 17.(15分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PC⊥平面ABCD,E为PC的中点. (I)求证：PA∥平面BDE: (Ⅱ)若PC=AB=2,且∠BAD=60°，求平面PBD与平面PCD夹角的余弦值 18.(17分) 已知函数f(x)=a(x-1)2+lnx(a∈R) （I)当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (Ⅱ)若Hx∈[1，+o),不等式f(x)≥x-1恒成立，求实数a的取值范围； (Ⅲ)若x)有两个极值点，名，证明f(x)+f代x,)>n是 19.（17分) 已知猪题C号+长-1a6>0的能克为26点5，引在精图C上 (I)求椭圆C的方程， (Ⅱ)设A,B分别为C的左、右顶点，动点Q在直线x=2n(n≥2，且neN·)上，且不在x轴上，直 线QA与C的另一个交点为M,直线QB与C的另一个交点为N. (i)求直线MN与x轴的交点T的坐标； (1)设直线Mw与：轴的交点T的横坐标为名，证明：名号<号 数学五第4页（共4页） 高三数学·答案 1.C因为z=2-i,所以1z|=√22+(-1)2= 由IQA1=2IAFI,可得IQAI=2IANI.易知 △QAN∽△QFK,由三角形相似可知IQFI= √5.故选C. 21FKI=2,故在Rt△QKF中，|QK1=√3，即点 2.B命题“Vx>T,2x+xCosx>3sinx”为全称 21 P的纵坐标为√3.故选C 量词命题，其否定为“3x>牙，2x+x0sx≤ 7.D由10=ln5,得b=lg(ln5).由5e=1,得 3sinx”.故选B. e=5,所以c=h分因为g5=号g5>行 3.B由13×90%=11.7，可知该组数据的第 所以1n(g5)>m5,所以a>c又因为0< 90百分位数是第12个数据50.3.故选B. lg5<1,ln5>1,所以a=ln(lg5)<0,b= 4.D由sin0cos0=-cos20,得sin20=-2cos20, lg(ln5)>0,故b>a,所以c<a<b.故选D. 所以tan20=-2.由入(1+tan0tan39)=tan0- 8.C由正三棱柱的性质知B,B⊥平面ABC,所 m30,得A=-押29☐ =-tan20=2. 以∠B,AB即为直线AB,与平面ABC所成的 故选D. 角，故∠B1AB=45°，所以△B1AB为等腰直角 5.A由题意得，f'(x)=lnx,当0<x<1时， 三角形，所以AB=BB.如图，取BC的中点E, f'(x)<0,f(x)单调递减；当x>1时，f'(x)>0, 连接AE,则AE⊥BC.又B,B⊥平面ABC,AEC f(x)单调递增，所以f(x)有极小值，且极小值 平面ABC,所以AE⊥B,B.因为BC∩B,B=B,且 点为1.故选A. BC,B1BC平面BCCB1,所以AE⊥平 6.C如图，过点A作AN⊥l于点N,设准线I与 面BCC1B1· x轴的交点为K,则IFKI=1. 数学五第1页（共7页） 设正三棱柱ABC-AB,C,的棱长为a,则 入=2， 解得 故A正确，B错误 6=写×x心-45解得=2设 w=-1, 对于C,由A,B选项的分析，得a.+1=2an-1, 正三棱柱ABC-AB1C1的外接球球心为O, 即an+1-1=2(an-1).又a1-1=2,所以数 半径为R,△ABC,△AB1C1的外接圆圆心分 列{an-1}是以2为首项，2为公比的等比数 别为01,02，连接0102，则0为0102中点，易知 列，所以an-1=2”,所以an=2”+1,所以 001=1.在△ABC中，由正弦定理，得01A= ag-a1=28+1-(27+1)=2=128,故C 2o25所以=0f+00=号+1 正确， 对于D,Sn=a1+a2+…+an=2+1+22+ 了，所以该三棱柱的外接球的表面积3=4mP」 1+…+2”+1=2+22+…+2"+n= 28m.故选C. 3 2(1-2）+n=21+n-2,故D正确.故 1-2 9.ABD对于A,曲线h()=2sin石+君)+5 选ACD. 11.ACD对于A,由题意得f(2)=1.令x=y=2, 的振幅为2，故A正确. 得f(0)=f(2)f(0)+f(0)f(2),所以f(0)=0, 对于B,曲线()的最小正周期T=2=12, 故A正确。 6 对于B,令x=3,y=1,得f(0)=f(3)f(-1)+ 故B正确. f1)f1),即f(3)f(-1)+[f1)]2=0,故B 对于C,由石+石=km(keZ),得=6k- 6 错误 1(k∈Z),所以曲线h(t)的图象的对称中心为 对于C,由题意得f(-2)=-1.令x=0,得 (6k-1,5)(k∈Z),故C错误 f(y-4)=f0)f(y-2)+f(-2)f(y),所以 对于D,e1,6时，石+石∈[号7，此时 f(y-4)=-fy),故fy)=-f(y+4),所以 f(y+4)=-fy+8),所以f(y)=f(y+8), s血（君+）[-之，小，则函数()的值域 即fx)=f(x+8),所以f(x)是周期为8的 为[4,7]，故D正确.故选ABD. 周期函数.由f(x+4)=-f(x),可得f(5)= 10.ACD对于A,B,由am+1=入an+u, -f1)f6)=-f2)f7)=-f3)f(8)= -f(4),所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+ ra2=入a1+,5=3入+u, 得 即 la3=Aa2+u,【9=5入+u, f5)+f6)+f7)+f(8)=0,所以∑f(i)= 数学五第2页（共7页） 11×0=0,故C正确. ③3块红色地砖使用在第1,3,6块地砖的位 对于D,若n为正整数，则f(4)=-f(0)=0, 置时，有2种不同的铺设方法； f(8)=-f(4)=0,f(12)=-f(8)=0,…, ④3块红色地砖使用在第1,4,6块地砖的位 f(4n)=0,所以Vn∈N*,f(4n)=0,故D正 置时，有2种不同的铺设方法， 综上，共有3+3+2+2=10种不同的铺设 确.故选ACD. 方法 双曲线C:×-,=1的渐近线方程为 15.解：(I)由oB=2c-b及正弦定理， cos A y=±，所以名=受，故离心率c= 得osB-2sinC-sinB cos A sin A ++- .b2 1 即sin Acos B+cos Asin B=√2 sin Ccos A, 即sin(A+B)=sinC=√2 sin Ccos A. ·由正三角形性质可知，0为等边三角形 …(3分） ABC的重心，则∠A0B=120°，故∠AOD=60°， 因为sinC≠0，所以cosA= 2 0D=3,所以Oi.0i=0i.0i1wsLA0D= 因为0<A<T,所以A= 4 …(6分) 证明：（Ⅱ）由题意得， 14.10设使用红色地砖x块，黄色地砖y块，绿 sw=m4-c-2, x+y+z=6, 色地砖z块，由题意得 且x, 故a2=(2-√2)bc.①…(8分) x+2y+3z=10, 由余弦定理，得a2=b2+c2-2 becos A=b2+ x=3, c2-√2bc,② y,z∈N,解得y=2,即使用红色地砖3块， 由①②，得b2+c2-2bc=0,即(b-c)2=0, z=1, 所以b=c, 黄色地砖2块，绿色地砖1块. 下面分四种情形讨论： 叉1=平 所以△ABC为等腰三角形.…（13分) ①3块红色地砖使用在第1,3,5块地砖的位 1 置时，有3种不同的铺设方法； r0≤ 6 -m≤1， 16.解：（I)由 解得 ≤m≤1. ②3块红色地砖使用在第2,4,6块地砖的位 l0≤m≤1， 置时，有3种不同的铺设方法； ………（1分)） 数学五第3页（共7页） 由题意得，甲进人C项目，则甲在A,B项目 P=3)器x号×- ,…(12分) 均合格， 所以专的分布列为 所以甲进入C项目的概率为P=m个信-m 0 2 3 -m2+ 6. (4分) 41 43 21 75 300 100 50 11 因为二次函数y=-x2+ x的图象开口向 (13分) 下，且对称辅为直线x品，且启<品<1， 所以数学期望为E()=0× +2× 75 300 43 所以当m= 时，甲进人C项目的概率最大 +3×2=67 100 50300 (15分) ………………………… (6分) 17.证明：(I)如图，连接AC,交BD于点O,连 (I)当m-品时，若-m 接OE. 15 因为四边形ABCD为菱形， 所以甲能进人C项目的概率为品×525： ,914_21 所以O为AC的中点， 6 .72 又在△PAC中，E为PC的中点， 乙能进入C项目的概率为号×9=3， 所以OE∥PA. 丙能进人C项日的概率为号×名-子 因为OEC平面BDE,且PA平面BDE, 所以PA∥平面BDE. (5分) (8分) 因为随机变量专的所有可能取值为0,1,2,3， F 且P(=0)=(1-)×(1-号)× D 4 × 解：（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形， 所以BD⊥AC. 设F为AP中点，连接OF,则OF∥PC, P(5=2)= 25 因为PC⊥平面ABCD, 所以OF⊥平面ABCD. 以0为坐标原点，以OB,OC,OF所在直线分 数学五第4页（共7页） 别为x,y,z轴建立空间直角坐标系。 y-0=x-1,即x-y-1=0.…（4分) (6分) （Ⅱ)由题意得，Hxe[1,+∞)，不等式f(x)≥ 在菱形ABCD中，因为AB=2,∠BAD=60°， x-1恒成立， 所以0D=0B=1,0C=3, 等价于不等式a(x-1)2+lnx-x+1≥0在 又PC=2, [1,+∞)上恒成立.…(5分) 所以P(0,√3,2)，B(1,0,0),D(-1,0,0), 设g(x)=a(x-1)2+lnx-x+1,x≥1， C(0,W3,0), 则g()=2a(x-1)+是1 所以D=(1,3,2),D=(2,0,0),D元= 设4()=2a(x-1)+-1,≥1， (1,W5,0).…(8分) 设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,1), 则'(x)=2a-交， 1 …(6分)》 rDP.m=x1+3y1+2a1=0, 若a≤0，则h'(x)<0, 则{ [DB.m=2x1=0, 此时g'(x)在[1，+∞)上单调递减， 令y1=2,则m=(0,2,-√3).…(10分) 故g'(x)≤g'(1)=0, 设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,2), 所以g(x)在[1，+∞)上单调递减， D,n=x2+5y2+2a2=0, 故g(x)≤g(1)=0,不符合题意； 则 …(7分) Dd.n=x2+5y2=0, 令y2=1,则n=(-√5,1,0).…(12分) 若0<a<分则当1≤<√品时，()<0， 设平面PBD与平面PCD的夹角为O, 此时g(x)在1，园)上单调递减。 cos 0=Icos(m1-Imn2 √7 mlnl万x27, 故g'(x)≤g'(1)=0, 7 即平面PBD与平面PCD夹角的余弦值为 所以g(x)在1，a 上单调递减， ......... (15分) 故g(x)≤g(1)=0,不符合题意； 18.解：(I)当a=2时，f(x)=2(x-1)2+lnx, …(8分) 则f()=4(x-1)+,则f(1)=1. 若a≥2，则当x≥1时，'(x)≥0， 又f(1)=0, 此时g'(x)在[1，+∞)上单调递增， 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为 故g'(x)≥g'(1)=0, 数学五第5页（共7页） 所以g(x)在[1，+∞)上单调递增， 19.解：(I)设椭圆C的半焦距为c. 故g(x)≥g(1)=0,符合题意.…(9分) 2c=2√3， 3.1 ra2=4, 综上，实数a的取值范围为[2，+∞ 由题意得 461,解得 a2 b2=1, (10分) a2=b+c2, 证明：（Ⅲ）由题意得，f(x)的定义域为0，+∞)， 且f"(x)=2a(x-1）+1=2ar-2ax+1 所以椭圆C的方程为 +y=1.…(4分) (Ⅱ)(i)由题意可知，直线MN斜率不为0， 因为f(x)有两个极值点x1,x2, 由椭圆的对称性可知，直线MW与x轴的交 所以方程2ax2-2ax+1=0在(0，+∞)上有 点异于原点， 两个不同实数根x1,x2, 设交点为T(t,0),t≠0，M(x1,y1),N(x2, 所以x1+x2=1,x1*2=2a …(12分) y2）,x1,x2≠±2， 设p(x)=2ax2-2ax+1, 设直线MN的方程为x=my+t, 所以要使方程p(x)=0有两个正实数根， x=my +t, 10, 4+y2=1, 则/2 解得a>2.…（13分) 4=4a2-8a>0, 消去x,得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0, 所以f(x1)+f(x2) 由4=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)=16(m2 =a(x1-1)2+lnx1+a(x2-1)2+lnx2 2+4)>0, 得2<m2+4, =a(x+x2)-2a(x+x2)+In x%2+2a 2mt t2-4 =a[(x1+x2)2-2x1x2]-2a(x1+x2)+nxx2+2a 则y1+2= m2+41 m2+4 =1-）-2a+ha+2a 由(I)知A(-2,0),B(2,0), =a-1-n2a.…（15分) 则直线的方程为y十2x+2). 设F(a)=a-1-ln2a,a>2, 则F(@)=1-日>0，所以F(a)在(2，+) 直线仍的方程为y”2:-2 …(7分） 上单调递增， 由题意知，直线MA与NB交于点Q,且点Q 所以F(a)>F(2)=1-h4=ln异 在直线x=2n上， 故f代)+f)>血4得证。…(17分) 所以2m+2)-(2n-2)2 x1+2 x2-2 数学五第6页（共7页）