2026届广东省湛江市高考数学自编模拟卷

2026届广东省湛江市高考数学自编模拟卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若集合，，则（    ） A． B． C．或 D．或 2．已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量满足，则（　　） A．3 B． C．7 D． 4．已知函数，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．安排6名志愿者完成三项工作，其中项工作需3人，项工作需2人，项工作只需1人，则不同的安排方式共有（    ） A．60种 B．20种 C．360种 D．45种 6．已知等差数列，，．数列满足，，设的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点E在棱上，且，则点C到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 8．已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为（    ） A． B．2 C．1 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．已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（   ） A．样本A的极差小于样本B的极差 B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数 C．样本A的平均数小于样本B的平均数 D．样本A的方差小于样本B的方差 10．已知是定义在R上的奇函数，，不恒为零且为偶函数，则（    ） A．为偶函数 B． C． D． 11．双曲线的左右焦点分别为，左右顶点分别为，若是右支上一点（与点不重合），如图，过点的直线与双曲线的左支交于点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列结论中正确的是（    ）    A．到两条渐近线的距离之和为2 B．当直线运动时，始终有 C．在中， D．内切圆半径取值范围为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知为第一象限角，，则= ． 13．已知直线和直线抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是 . 14．如图，图中共有10个交汇点：.已知质点甲在地，质点乙在地，若每经过一次移动，两质点都将等可能地随机移动到与之相邻的任意一个交汇点，则同时经过两次移动后，两质点移动到同一个交汇点的概率为 .    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．在中，，点A在线段上，，且，， (1)求的值； (2)求的值和的面积． 16．2025年9月，全国“城超”足球比赛在贵阳举办，比赛期间还开展文旅会客厅、特色市集等活动.其旨为响应国家全民健身战略，契合城市发展，展现贵阳魅力，实现“体育+文旅”多元共赢.为了增进省外观众对贵州文化的了解，从参加配套文旅活动的省外观众中，随机抽取150人，开展贵州文旅知识问答活动，该活动共有，，三道试题，全部答完后，至少答对2道试题，则可获得奖励总决赛门票一张.假设每人答对这3道试题的概率分别为，，，且每人答对各道试题与否互不影响. (1)求观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率； (2)设通过文旅知识问答活动获得总决赛门票有个人的概率为，求取得最大值时的值. 17．如图①，在平面内，正方形的边DE，CF分别为两等腰直角，的腰．将分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合，记为点，得到一个四棱锥，点G，H分别是线段，的中点，如图②．    (1)求证：平面DEM；(2)求直线CM与平面所成的角的正弦值； (3)若平面，求的值． 18．已知动圆M经过定点，且与圆内切. (1)求动圆圆心M的轨迹C的方程； (2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设直线PB交直线于点T，连接AT交轨迹C于点Q；直线AP，AQ的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线PQ过定点. 19．对于函数，规定叫做函数的阶导数.若函数在包含的某个闭区间上具有阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点，该公式称为函数在处的阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的阶余项.已知函数. (1)写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）； (2)设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的； (3)求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省湛江市高考数学自编模拟卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若集合，，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】解对数不等式和分式不等式化简集合，再利用集合的并集运算即可得解. 【详解】由，得，则； 由，得， 即，解得或，则或； 所以或. 故选：D. 2．已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可. 【详解】由题意，，， . 故选：D. 3．已知向量满足，则（　　） A．3 B． C．7 D． 【答案】D 【分析】由题设条件两边平方求得，再利用向量模的公式计算即得. 【详解】由两边平方得，，因，代入解得：， 故. 故选:D. 4．已知函数，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由的最小值为可得最小正周期，即可得答案. 【详解】因， 则的一个对称中心为，一条对称轴为， 又最小值为，则相邻对称中心与对称轴距离，即最小正周期的为， 则最小正周期为，则. 故选：B 5．安排6名志愿者完成三项工作，其中项工作需3人，项工作需2人，项工作只需1人，则不同的安排方式共有（    ） A．60种 B．20种 C．360种 D．45种 【答案】A 【分析】先安排项工作的3人，再安排项工作的2人，最后安排项工作的1人，利用乘法原理即得. 【详解】由题意，可以分成三步完成： 先在6名志愿者中选3人完成项工作，再从余下的3人中选2人完成项工作，最后1人完成项工作， 由分步乘法计数原理，不同的安排方式共有种. 故选：A. 6．已知等差数列，，．数列满足，，设的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差数列性质可得，进而可得，，再结合等差数列的求和公式运算求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，即， 且，则，可得， 则， 且， 可知数列是首项为4，公差为的等差数列， 所以. 故选：C. 7．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点E在棱上，且，则点C到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】以为坐标原点，以的正方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为，则． 令，则，，∴． ∴点到平面的距离． 故选：D 8．已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为（    ） A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【分析】先将不等式变形可得，然后通过分析可得，代入，通过求导求解函数的最值即可求解. 【详解】将不等式变形，可得， 要使不等式恒成立，需满足： 当时，，因此需， 当时，，因此需，若同时满足上述两个要求，则， 下面验证时，恒成立， 当时，，所以， 所以， 当时，，所以， 所以， 当时，， 所以时，不等式恒成立， 所以，令，所以， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最大值，最大值为， 所以的最大值为. 故选：. 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．已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（   ） A．样本A的极差小于样本B的极差 B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数 C．样本A的平均数小于样本B的平均数 D．样本A的方差小于样本B的方差 【答案】ACD 【分析】A选项，分析两组数据，结合极差定义得A正确；B选项，利用百分位数的定义得到B正确；C选项，分析两组数据，结合平均数定义得到C正确；D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，D正确. 【详解】A选项，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差， 所以样本A的极差小于样本B的极差，A正确． B选项，因为，，所以样本A的70%分位数是A中最大的数据， 样本B的30%分位数是B中最小的数据，则样本A的70%分位数大于样本B的30%分位数，B不正确． C选项，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据， 所以样本A的平均数小于样本B的平均数，C正确． D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，D正确． 故选：ACD 10．已知是定义在R上的奇函数，，不恒为零且为偶函数，则（    ） A．为偶函数 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义、复合函数的求导法则，结合周期性逐项分析判断. 【详解】对于A，由是上的奇函数，得，求导得， 即，因此为偶函数，A正确； 对于B，由为偶函数，得，求导得， 令，得，则，B正确； 对于C，由为偶函数，得，无条件说明成立，C错误； 对于D，，则，， 且，即，函数的周期是8， ，D正确. 故答案为：ABD 11．双曲线的左右焦点分别为，左右顶点分别为，若是右支上一点（与点不重合），如图，过点的直线与双曲线的左支交于点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列结论中正确的是（    ）    A．到两条渐近线的距离之和为2 B．当直线运动时，始终有 C．在中， D．内切圆半径取值范围为 【答案】BC 【分析】选项A，设出点然后计算出渐近线，分别计算距离求解即可；选项B，设直线，然后分别联立双曲线和渐近线方程计算交点，计算即可；选项C，利用点坐标表示出，，然后利用三角形内角的角度关系得到，由选项可知，只需得到分母的值就可以得到正确答案；选项D，利用等面积法求三角形内切圆半径的方法，然后化简求解即可． 【详解】由题可知双曲线的标准方程为， 故两个渐近线方程分别为与，设点 由题可知，， 所以点到两个渐近线的距离分别为，， 由于，故 故，若，则是方程的两个实数根，显然该方程无解，不符合题意，故故选项A错误； 设点， ， ， 显然直线的斜率存在，设直线， 联立方程，，得，所以， 直线分别与渐近线与联立得， 得， 所以有，即， 由题可知，，， 所以，故选项B正确； 不妨设,，， 由题可知，，， 所以有，， ， ， 由题可知，， 故 所以， 整理得，故选项C正确； 由三角形内切圆的半径求法可知其内切圆半径， 易知，， ，， 得， 因为， 得， 所以， 因为，所以，所以，，故选项D错误． 故选：BC． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知为第一象限角，，则= ． 【答案】 【分析】利用正切和角公式得到方程，结合所在象限求出，再由正切二倍角公式进行求解. 【详解】由，得，解得或． 又为第一象限角，所以，所以． 故答案为： 13．已知直线和直线抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是 . 【答案】2 【分析】根据抛物线的定义把点到准线的距离转化为点到焦点的距离，再利用平面几何知识即可求解. 【详解】由题意可得：抛物线的焦点，准线，    设动点到直线的距离分别为， 点到直线的距离为， 则，可得， 当且仅当点在点到直线的垂线上且在与之间时，等号成立， 故动点到直线和直线的距离之和的最小值是2. 故答案为：2 14．如图，图中共有10个交汇点：.已知质点甲在地，质点乙在地，若每经过一次移动，两质点都将等可能地随机移动到与之相邻的任意一个交汇点，则同时经过两次移动后，两质点移动到同一个交汇点的概率为 .    【答案】 【分析】根据题意由独立事件的乘法公式先求两质点都移动到交汇点的概率，再求两质点都移动到交汇点的概率，最后再将概率相同的点相加即可； 【详解】由题意可得同时经过两次移动后，两质点都移动到交汇点的概率为， 易得同时经过两次移动后，两质点都移动到交汇点的概率相等. 同时经过两次移动后，两质点都移动到交汇点的概率为， 易得同时经过两次移动后，两质点都移动到交汇点的概率相等. 故同时经过两次移动后，两质点移动到同一个交汇点的概率为. 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．在中，，点A在线段上，，且，， (1)求的值； (2)求的值和的面积． 【答案】(1) (2)，面积为 【分析】（1）分别在和中，利用正弦定理列式求解可得； （2）在中，利用余弦定理求出，然后可解. 【详解】（1）因为，所以，① 因为，所以， 在中，由正弦定理得，② 在中，由正弦定理得， 将①代入得，所以，解得代入②得. （2）由，，得， 所以， 在中，由余弦定理得 即，将代入得， 化简得，解得，或， 因为，所以，所以 在中，由勾股定理得，所以， 所以的面积为. 16．2025年9月，全国“城超”足球比赛在贵阳举办，比赛期间还开展文旅会客厅、特色市集等活动.其旨为响应国家全民健身战略，契合城市发展，展现贵阳魅力，实现“体育+文旅”多元共赢.为了增进省外观众对贵州文化的了解，从参加配套文旅活动的省外观众中，随机抽取150人，开展贵州文旅知识问答活动，该活动共有，，三道试题，全部答完后，至少答对2道试题，则可获得奖励总决赛门票一张.假设每人答对这3道试题的概率分别为，，，且每人答对各道试题与否互不影响. (1)求观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率； (2)设通过文旅知识问答活动获得总决赛门票有个人的概率为，求取得最大值时的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据古典概型的知识进行求解即可. （2）根据二项分布的概率公式列出不等式方程组，求出最值. 【详解】（1）设“观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票”为事件，则 因此，观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率为. （2）由（1）知，则，， 由题意：，即 解得， 故时，取到最大值为. 17．如图①，在平面内，正方形的边DE，CF分别为两等腰直角，的腰．将分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合，记为点，得到一个四棱锥，点G，H分别是线段，的中点，如图②．    (1)求证：平面DEM； (2)求直线CM与平面所成的角的正弦值； (3)若平面，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）线面平行转化为线线平行即可； （2）建立空间直角坐标系求面的法向量，代入线面角公式求解； （3）转化为点到面的距离的比值. 【详解】（1）如图1，设的中点为，连接，，   分别为，的中点， ，， 又，， 且， ∴四边形为平行四边形． ． 又平面，平面， ∴平面． （2）如图2，因为为等边三角形，为线段的中点， 所以， 又，，，平面， 所以面，过作直线. 以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．      不妨设，则 ， ．              设平面的法向量为， 则，， ． 令，则． 则                      设直线与平面所成的角为， 则 ， ∴直线与平面所成的角的正弦值为； （3）设点，到平面的距离分别为， ， ， . ， 的值． 18．已知动圆M经过定点，且与圆内切. (1)求动圆圆心M的轨迹C的方程； (2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设直线PB交直线于点T，连接AT交轨迹C于点Q；直线AP，AQ的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线PQ过定点. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆的定义求出轨迹C的方程. （2）（i）设出点的坐标，利用斜率坐标公式计算即得；（ii）联立直线与轨迹C的方程，利用韦达定理结合（i）的结论计算即得. 【详解】（1）设动圆的半径为r，圆的圆心，半径， 显然点在圆内，则， 于是， 因此动点M的轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆， 长半轴长，半焦距，则短半轴长， 所以轨迹C的方程为. （2）（i）设，，，由（1）知，， 显然，，而，则， ，又，即， 所以，为定值. （ii）由消去x得， ， 由（i）得，又， 则 ，解得，满足， 因此直线PQ的方程为， 所以直线PQ过定点. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： ①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； ②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； ③求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 19．对于函数，规定叫做函数的阶导数.若函数在包含的某个闭区间上具有阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点，该公式称为函数在处的阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的阶余项.已知函数. (1)写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）； (2)设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的； (3)求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据函数在处的阶泰勒展开式的定义进行求解即可； （2）根据定义求得，结合导数求出在的最大值即可证明； （3）由（2）知，当时，，从而得到，将问题转化为证明，结合数列知识即可证明. 【详解】（1）由，得， 所以， 所以函数在处的3阶泰勒展开式为. （2）由（1），得. 所以函数在处的3阶泰勒展开式为， 所以. ，令，得， 当时，单调递增； 当时，单调递减. 所以，即对任意的. （3）由（2）知，当时，，即， 因为，所以. ， 因为， 所以， 即， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题是导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体意义，对于不等式的证明，经常选择构造新函数以及利用放缩法将不等式进行转化. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $