精品解析：广东省肇庆市2026届高三上学期二模数学试题

肇庆市2026届高中毕业班第一学期末教学质量监测 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 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. 若，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先化简得到，再求即可. 【详解】因为，则，所以． 故选：C 2. 已知集合，则集合的子集的个数为（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，利用集合的子集个数公式可求得结果. 【详解】因为， 所以． 因为是整数， 所以，故集合共有个子集． 故选：B 3. 已知双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率求出，进而可得渐近线方程. 【详解】由题意知，，即， 因为， 所以， 所以该双曲线的渐近线方程为． 故选：D 4. 从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，再计算抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率即可. 【详解】从5张卡片中抽取2张，共有种可能， 抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能， 所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率， 则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率． 故选：C. 5. 已知直线与圆交于两点，当的面积最大时，点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：由三角形面积公式可得当时，的面积达到最大，进而可得圆心到直线的距离，即可得解；方法二：利用弦心距公式求出弦长，得出面积的表达式，得出最大值，从而得出答案；方法三：利用点到直线的距离公式和弦长公式可以求出的面积是关于的一个式子，得出最大值，从而得出答案. 【详解】方法一： 因为， 所以当，即时，的面积最大， 此时是等腰直角三角形， 点到直线的距离为． 方法二： 设点到直线的距离为， 则， 因为与圆相交，且不经过点，所以， 所以当时，取最大值，即取最大值， 此时， 即点到直线的距离为． 方法三： 设点到直线的距离为． 则， 联立 化简，得， 则， 因为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值， 此时． 故选：D 6. 已知圆台的上、下底面的面积分别为和，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的母线为，高为，根据圆台的侧面积公式求出母线，从而求出，最后由圆台的体积公式计算可得. 【详解】依题意，记圆台的上、下底面半径分别为，则解得 设圆台的母线长为，则，解得， 所以圆台的高， 所以圆台的体积． 故选：C 7. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可求解. 【详解】因为，且， 所以是奇函数，排除选项B； 当时，，排除选项C； 因为，所以，排除选项D． 故选：A 8. 在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二面角的大小求出的值，证明成立，则三棱锥为正方体的一个角，据此求出外接球的半径便可得到表面积． 【详解】取的中点，连接， 因为， 所以， 所以就是平面与平面的夹角， 设，则，则， 即，解得， 所以，即， 同理，，将三棱锥放置在如图的正方体中， 由正方体的外接球的直径为正方体的对角线长知， 三棱锥外接球的直径， 所以三棱锥外接球的表面积． 故选：B． 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. 越大，随机变量的方差越大 C. 随机变量的分布越集中，的值越小 D. 的取值在内是小概率事件 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用正态分布性质及对称性判断各个选项即可． 【详解】对于A，因为随机变量，所以， 所以，故A正确； 对于B，，而非方差，故B错误； 对于C，随机变量的分布越集中，说明数据的波动越小，方差越小， 而，则的值越小，故C正确； 对于D，根据原则，故D正确． 故选：ACD． 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 图象关于直线对称 C. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 D. 若方程在上有且仅有6个实数根，则这6个实数根的和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的图象可求解函数的解析式，即可求解AB，由函数图象的平移即可求解C，令求解即可. 【详解】由题图可知，函数的最大值为3，即，，，，， 因为的图象过点，，，解得， 由题图可知，的最小正周期满足，即，解得，，，故A正确； ，的图象关于直线对称，故B正确； 函数的图象向左平移个单位长度后，得到新函数，故C错误； 方法一： 当时，即，，或， 即或，的6个根分别为，，与，，， 6个根的和为，故D正确． 方法二： 由题意知，，对称轴方程为， 方程在上的6个实数根是关于对称轴对称的，设这6个根从小到大依次为，，，，，，， ，第一条对称轴为直线，，， 这6个根的和为故D正确． 故选：ABD. 11. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（ ） A. 的最小值为4 B. 若，则点的横坐标为 C. D. 若，则直线的斜率为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理依次判断选项即可. 【详解】设，直线的方程为， 则，联立 则， 所以， 所以，当时，有最小值，最小值为4，故A正确； 当时，， 所以，故B错误； 因为， 所以， ， 所以，故C正确； 由知，， 所以，则， 所以， 因为， 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. 的展开式的常数项为___________． 【答案】135 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再令未知数的指数等于零，即可得解. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 故二项展开式的常数项为． 故答案为：135 13. 已知，分别为等差数列，的前项和，若，则___________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求解即可. 【详解】由等差数列的性质可知，． 故答案为： 14. 已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式变形构造得到恒成立，构造函数，利用单调性可得，再构造函数，利用导数研究函数的最大值. 【详解】因为且， 所以，即， 令，易知恒成立，则单调递增． 因为， 所以， 则，即， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增，所以， 所以，则的取值范围为． 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式． （2）设，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用与的关系结合等比数列的通项公式求解即可； （2）结合（1）可得，利用裂项相消即可求出. 【小问1详解】 因为 所以令，可得， 解得. 当时，， 则，即， 所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为， 所以， 即， 所以 . 因为，所以，即， 所以. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角的值． （2）若的面积为，求线段长度的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换计算可得，可求； （2）由三角形面积公式可求得，利用向量数量积的运算律可求得，结合基本不等式可求得的最小值. 小问1详解】 因为， 所以. 因为， 所以， 所以， 所以， 即， 即. 因，所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）得， 因为的面积为，即， 所以. 因为， 所以， 所以 ． 当且仅当，即时，等号成立， 所以线段长度的最小值为. 17. 已知椭圆：的焦距为，点在上． （1）求的方程． （2）直线与交于两点． （i）若线段的中点为，求直线的方程； （ii）在（i）的条件下，是椭圆上任意一点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）方法一：由椭圆的定义以及即可求解； 方法二：将点代入椭圆方程以及求解即可. （2）（i）设，，求解线段的中点，利用点差法求解即可. （ii）方法一：直线与椭圆方程联立，通过参数方程求解点到直线的距离，求解即可. 方法二：直线与椭圆方程联立，再由直线平行，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，求解即可. 【小问1详解】 方法一： 由题意知，，即，设椭圆的左、右焦点分别为， 则．因为，所以， 解得，又因为，所以.所以椭圆的方程为. 方法二： 由题意知，，即，因为点在椭圆上，所以，又因为，所以， 所以，即，化简得或（舍去），所以，所以，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）设，， 因为线段的中点为，所以， ，因为，两点在椭圆上，所以 所以，所以，所以， 所以直线的方程为. （ii）方法一： 直线的方程为，联立 化简得，. 所以. 设，则点到直线的距离 其中，当时，取最大值，此时， 所以面积的最大值为. 方法二： 直线的方程为， 设与直线平行，且与椭圆相切的直线的方程为， 联立化简得，，解得， 当时，直线与直线的距离更大，此时，切点就是椭圆上到直线距离最大的点， 点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离， 联立化简得，则， 所以，， 所以面积的最大值为 18. 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，． （1）设平面与平面的交线为，证明：． （2）证明：． （3）当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由平面平面，结合线面平行的性质定理证明即可. （2）分别取，的中点，，连接，，，由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理可得，再由是的中点求证即可. （3）当平面时，此时四棱锥的体积最大， 方法一：由线面垂直证明平面平面，再由面面垂直的性质定理证明平面，即可得，由勾股定理可求，由四棱锥体积求解内切球半径，再由内切球半径求解即可； 方法二：以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由内切球的性质，求解点到平面，平面，平面，平面的距离即可求证. 【小问1详解】 证明：因为底面是矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. 【小问2详解】 证明：如图1，分别取，的中点，，连接，，. 因为，是的中点，所以，又因为底面是矩形，分别是的中点， 所以，因为，所以，，因为，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，因为是的中点，所以. 【小问3详解】 假设四棱锥存在内切球，设点到平面的距离为， 则，当平面时，取最大值，此时四棱锥的体积最大， 方法一： 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，，所以平面，即， 所以，则易知， ，， 所以内切球半径，设内切球球心为中点为，因为到平面与平面距离相等， 所以由对称性可知，点在平面上，又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为， 所以点在上，如图2所示，因为， 所以，解得，因为两个的值不同，所以不存在内切球. 方法二： 因为平面，平面，所以平面平面， 因为，平面平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 平面的一个法向量为，则，，， 设平面的法向量为，因为，所以，化简得 令，设内切球球心，易知，．同理可求，平面法向量为， 平面法向量为，因为，所以，令，则，则， 平面法向量为，，所以，令，所以，所以 点到平面的距离，点到平面的距离， 易知点到平面的距离，点到平面的距离， 点到平面的距离，由，解得，由，解得， 由，解得，则，所以，矛盾，所以这样的内切球不存在. 19. 学校社团准备了编号1到的个盲盒，不同的编号对应不同的奖品（编号越大，奖品越好）．规则如下：参与者有放回地抽取盲盒次，一次抽取一个盲盒，抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品，设获得的奖品对应的盲盒编号为． （1）当，时，求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率． （2）若． ①求最终拿到编号不小于的奖品的概率； ②用表示出期望． （3）当时，证明：期望． 【答案】（1）， （2）①，；②答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率计算即可. （2）根据对立事件、互斥事件等概率计算公式及数学期望计算公式计算即可. （3）求出数学期望表达式，结合导数与单调性证明即可. 【小问1详解】 拿到编号为1的奖品，，即至少有一次抽到1，所以. 拿到编号为2的奖品，，即没有抽到1，且至少有一次抽到2， 没有抽到1的概率为，没有抽到1且全抽到3的概率为， . 所以拿到编号1的盲盒对应奖品的概率是，拿到编号2的盲盒对应奖品的概率是． 【小问2详解】 ①拿到编号不小于，，即每次抽到的编号都大于等于. 所以，. ②因为事件与事件互斥，所以， 即 所以随机变量的期望 【小问3详解】 ， 随机变量的期望 . 设，，， 当时，，等号成立； 当时， ，等号成立； 当时， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 设， 因为， 所以，所以. 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肇庆市2026届高中毕业班第一学期末教学质量监测 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 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. 若，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 2. 已知集合，则集合的子集的个数为（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 32 3. 已知双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于两点，当的面积最大时，点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台的上、下底面的面积分别为和，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） 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. 已知随机变量，则（ ） A B. 越大，随机变量的方差越大 C. 随机变量的分布越集中，的值越小 D. 的取值在内是小概率事件 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 D. 若方程在上有且仅有6个实数根，则这6个实数根的和为 11. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（ ） A. 最小值为4 B. 若，则点的横坐标为 C. D. 若，则直线的斜率为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项为___________． 13. 已知，分别为等差数列，前项和，若，则___________． 14. 已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________． 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式． （2）设，数列的前项和为，证明：． 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角值． （2）若面积为，求线段长度的最小值． 17. 已知椭圆：的焦距为，点在上． （1）求的方程． （2）直线与交于两点． （i）若线段的中点为，求直线的方程； （ii）在（i）的条件下，是椭圆上任意一点，求面积的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，． （1）设平面与平面的交线为，证明：． （2）证明：． （3）当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． 19. 学校社团准备了编号1到的个盲盒，不同的编号对应不同的奖品（编号越大，奖品越好）．规则如下：参与者有放回地抽取盲盒次，一次抽取一个盲盒，抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品，设获得的奖品对应的盲盒编号为． （1）当，时，求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率． （2）若． ①求最终拿到编号不小于的奖品的概率； ②用表示出期望． （3）当时，证明：期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $