精品解析：海南省海口市龙华区华侨中学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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模的公式求模. 【详解】因为 ，所以 ． 故选C． 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用全称量词命题为存在量词命题即可进行判断. 【详解】命题“”为全称量词命题， 其否定为存在量词命题“”． 故选：B． 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用百分位数的计算方法求解即可. 【详解】由 ，可知该组数据的第90百分位数是从小到大排列的第12个数据50.3． 故选：B. 4. 若，，则（ ） A. -2 B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求得，然后利用两角差的正切公式求得正确答案. 【详解】由，得，所以． 由， 得． 故选：D 5. 已知函数，则（ ） 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 D. 有极大值，且极大值点为 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数，结合单调性，即可判断选项. 【详解】由题意得，，当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以有极小值，且极小值点为1． 故选：A． 6. 在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，如图，过抛物线第一象限上一点作准线的垂线，垂足为，直线交抛物线于，两点，若，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线性质找到两个相似三角形后，根据边长比的关系得到点的纵坐标，即是点的纵坐标. 【详解】由题得，准线：，设准线与轴交点为，则， 过作于点，交轴于点，则，如下图： 易得与相似，且，则有，， 因为，所以，所以有，将代入，得， 则有， 因为，所以，即. 故选：C. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的性质，选取特殊值进行判断. 【详解】由，得．由，得，所以． 因为，所以，，所以． 又因为，，所以，，故， 所以． 故选： 8. 在正三棱柱中，直线与平面所成角为，且四棱锥的体积为，则该三棱柱的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正三棱柱的性质可得，取的中点E，连接，利用四棱锥的体积即可求出三棱柱的棱长，进而即可求解. 【详解】 由正三棱柱的性质知平面， 即为直线与平面所成的角，故， 为等腰直角三角形， ． 如图，取的中点E，连接，则． 又平面，平面， ． ，且，平面， 平面 ． 设正三棱柱的棱长为， ， ，解得． 设正三棱柱的外接球球心为，半径为， ，的外接圆圆心分别为，，连接， 则为 中点，易知．在中，， ， 该三棱柱外接球的表面积． 故选：C． 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，其中表示海水水位，表示时间，则（ ） A. 曲线的振幅为2 B. 曲线的最小正周期为12 C. 曲线关于点中心对称 D. 时，函数的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数解析式求解振幅，周期，对称中心和值域可判断选项. 【详解】对于A，曲线 的振幅为2，故A正确． 对于B，曲线 的最小正周期 ，故B正确． 对于C，由，得，所以曲线 的图象的对称中心为，故C错误． 对于D，时，，此时，则函数 的值域为，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知数列的前项和为，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用递推公式可列方程组求解，即可判断AB，再利用递推关系构造成等比数列，从而可求得通项，再利用等比数列求和，即可判断CD. 【详解】对于A，B，由，可得， 因为，，，所以， 解得，故A正确，B错误； 对于C，由A，B选项的分析可得：，即， 又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 即，所以， 则，故C正确； 对于D， ，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知定义在上的函数满足：对任意实数，，都有，且的图象过点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法，可直接判断选项AB，再通过赋值，求得的周期，利用周期性即可判断选项CD. 【详解】A，由题意得． 令，得，所以，故A正确． B，令，，得 ，即，故B错误． C，由题意得． 令，得 ， 所以，故， 所以， 所以，即， 所以是周期为的周期函数． 由，可得， 所以， 所以 ，故C正确． D，若为正整数，则，， 所以，，故D正确． 故选：ACD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则的离心率为____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据渐近线斜率结合求解. 【详解】双曲线 的渐近线方程为， 所以 ，故离心率 ． 故答案为：. 13. 已知为单位圆的内接等边三角形，为边的中点，则____． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】画出图分析，由平面向量的数量积的定义求解即可. 【详解】 由正三角形性质可知， 为等边三角形的重心， 则 ，故 ，， 所以 ． 故答案为： 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． 【答案】 【解析】 【分析】设出使用红色，黄色，绿色地砖的块数，根据题意列出方程组，从而求得所用每种颜色地砖的块数，再根据红色地砖所在位置分类讨论即可求解. 【详解】设使用红色地砖块，黄色地砖块，绿色地砖块， 由题意得，，解得 ， 即使用红色地砖3块，黄色地砖2块，绿色地砖1块． 下面分四种情形讨论： ①3块红色地砖使用在第1，3，5块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设， 剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法； ②3块红色地砖使用在第2，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设， 剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法； ③3块红色地砖使用在第1，3，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第4，5块地砖的位置铺设， 有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法； ④3块红色地砖使用在第1，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第2，3块地砖的位置铺设， 有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法. 综上，共有 种不同的铺设方法． 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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若的面积为，证明：为等腰三角形． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理与两角和差公式进行化简即可； （2）根据三角形的面积公式，可求得，，的关系，再结合余弦定理即可证明. 【小问1详解】 由 及正弦定理，得 ， 即 ，又, 所以 ． 因为 ，所以 ． 因为 ，所以 ． 【小问2详解】 证明：由题意得， 故 ． ① 由余弦定理，得 ， ② 由①②，得 ，即 ， 所以 ， 所以 为等腰三角形． 16. 某校举办技能大赛，比赛包含，，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入下一项．已知甲、乙、丙3名学生在项目中合格的概率分别为，，，在项目中合格的概率分别为，，，且3人比赛结果互不影响． （1）要使甲进入项目的概率达到最大，求实数的值； （2）当时，设甲、乙、丙3人中能进入项目的人数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）先根据概率的性质求出的范围，结合二次函数最值可求答案； （2）根据的值，求出的所有取值，求解每个取值的概率，结合期望公式可得答案. 【小问1详解】 由，解得 ． 由题意得，甲进入C项目，则甲在A，B项目均合格， 所以甲进入C项目的概率为． 因为二次函数的图象开口向下，且对称轴为直线，且， 所以当时，甲进入C项目的概率最大． 【小问2详解】 当时，， 所以甲能进入C项目的概率为， 乙能进入C项目的概率为， 丙能进入C项目的概率为． 因为随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 且， ， ， ； 所以的分布列为 0 1 2 3 所以数学期望为． 17. 如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， 平面 ， 为 的中点． （1）求证： ∥ 平面 ； （2）若 ，且 ，求平面 与平面 夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接AC， 交BD于点O，则，由线面平行的判定定理证明； （2）可证平面ABCD，分别以OB，OC，OF所在直线分别为，，轴建系，由面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 如图， 连接AC， 交BD于点O， 连接OE． 因为四边形ABCD为菱形， 所以O为AC中点． 又在中，E为PC的中点， 所以． 因为平面BDE， 且平面BDE， 所以平面BDE． 【小问2详解】 因为四边形ABCD为菱形， 所以． 设F为AP中点， 连接OF， 则， 因为平面ABCD， 所以平面ABCD． 以O为坐标原点， 以OB，OC，OF所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系． 在菱形中，因为，， 所以，， 又， 所以，，，， 所以． 设平面的法向量为， 则 令，则 设平面的法向量为， 则 令，则 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若有两个极值点，，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，得到切线方程的斜率，再根据直线点斜式方程表示出切线方程； （2）由，不等式恒成立，等价于不等式在上恒成立，构造函数，利用导数判断函数单调性，分类讨论，即可得到结果； （3）对函数求导，有两个极值点，，转化为方程在上有两个不同实数根，，结合韦达定理，表示出，再构造函数，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，即可得证. 【小问1详解】 当时，， 则，则，又， 所以曲线在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得，，不等式恒成立， 等价于不等式在上恒成立． 设，，则． 设，，则， 若，则，此时在上单调递减，故， 所以在上单调递减，故，不符合题意； 若，则当时，， 此时在上单调递减，故， 所以在上单调递减，故，不符合题意； 若，则当时，，此时在上单调递增，故， 所以在上单调递增，故，符合题意． 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 由题意得，定义域为，且， 因为有两个极值点，， 所以方程在上有两个不同实数根，， 所以，． 设， 所以要使方程有两个正实数根，则， 解得． 所以 ， 设，， 则，所以在上单调递增， 所以， 故得证． 19. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程． （2）设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为． ①求直线与轴的交点的坐标； ②设直线与轴的交点的横坐标为，证明：． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的焦距条件和点在椭圆上的坐标，结合椭圆中 的关系，联立方程求解 与 ，从而得到椭圆方程. （2）①设直线 的方程为 ，与椭圆方程联立得到韦达定理形式的根与系数关系；结合 两点坐标写出直线 的方程，利用交点 在直线 上的条件，推导出 ，进而确定交点 的坐标；再验证直线 斜率不存在的情况，最终得到交点坐标. ②由①得 ，将求和式转化为，通过放缩法（将 放缩为 并裂项），证明该和小于 . 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为． 由题意得解得 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①由题意可知，直线斜率不为，由椭圆的对称性可知， 直线与轴的交点异于原点， 设交点为，，，，，， 设直线的方程为， 由 消去，得， 由，得， 则，． 由（1）知，， 则直线方程为， 直线的方程为， 由题意知，直线与交于点，且点在直线上， 所以， 所以． 所以， 所以．① 当，即直线的斜率存在时， 由，得， 代入①，得， 当时，上式恒成立，所以． 当，即直线的斜率不存在时， 若，则直线的方程为， 不妨取点在第一象限，则，，满足①式． 综上，直线与轴的交点的坐标为． 证明：②由①可知， 当时，； 当时， ． 综上， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 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，，则（ ） A. -2 B. C. 1 D. 2 5. 已知函数，则（ ） 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 D. 有极大值，且极大值点为 6. 在平面直角坐标系中，已知抛物线：焦点为，如图，过抛物线第一象限上一点作准线的垂线，垂足为，直线交抛物线于，两点，若，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知，，，则，，的大小关系为（） A. B. C. D. 8. 在正三棱柱中，直线与平面所成角为，且四棱锥的体积为，则该三棱柱的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 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，其中表示海水水位，表示时间，则（ ） A. 曲线的振幅为2 B. 曲线的最小正周期为12 C. 曲线关于点中心对称 D. 时，函数的值域为 10. 已知数列前项和为，，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的函数满足：对任意实数，，都有，且的图象过点，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则的离心率为____． 13. 已知为单位圆的内接等边三角形，为边的中点，则____． 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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若的面积为，证明：为等腰三角形． 16. 某校举办技能大赛，比赛包含，，三个项目，按顺序依次进行，参赛学生在每一项得分高于85分时记为合格，只有在当前项目合格才可以进入下一项．已知甲、乙、丙3名学生在项目中合格的概率分别为，，，在项目中合格的概率分别为，，，且3人比赛结果互不影响． （1）要使甲进入项目的概率达到最大，求实数的值； （2）当时，设甲、乙、丙3人中能进入项目的人数为，求的分布列与数学期望． 17. 如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， 平面 ， 为 的中点． （1）求证： ∥ 平面 ； （2）若 ，且 ，求平面 与平面 夹角的余弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处切线方程； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若有两个极值点，，证明：． 19. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程． （2）设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为． ①求直线与轴的交点的坐标； ②设直线与轴的交点的横坐标为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $