精品解析：广东湛江市2026届高三普通高考测试(二) 数学试卷

湛江市2026年普通高考测试（二） 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题得，则， 或， 所以. 2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】由于已知复数满足，则， 所以，对应点为， 故在复平面内对应的点位于第四象限. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 则. 4. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由等比数列的性质得. 由于的各项均为正数，所以. 5. 在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法. 乙有2种选法，丙有3种选法，所以. 事件 ：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种. 丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以， 因此. 6. 已知椭圆 ：（）的左、右焦点分别为，，点在 上满足，且，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设，则， 由椭圆定义得，解得， 在中，由余弦定理得， 即，整理得， 所以 的离心率. 7. 已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则， 又,平面，所以平面， 平面，故， 又，故平面， 所以点到平面的距离即为点到直线的距离即， 故当点与重合时，所求距离有最大值， ， 又， 解得，所以点到平面的距离的最大值为. 8. 已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】判断的图象关于直线对称，再求证和的周期均为4即可求解. 【详解】由， 令，得， 所以的图象关于直线对称，所以. 将 换为代入得. 又，因此， 即，则①， 所以， 对①两边求导得，故， 故和的周期均为4， 于是，. 在中，取得. 在中取得， 所以. 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. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D. 【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3. 对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确； 对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误； 对于C，平均数，方差，故C正确； 对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 方程在区间上恰有个实数根 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项；利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的有界性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；当时，解方程，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由图象可知、，故，， 函数的最小正周期满足，所以，故. 代入点得，即， 则，，得，， 因为，所以，因此，故A正确； 对于B选项， 故函数的最大值为，故B正确； 对于C选项，， 因为， ， 所以，故函数的图象不关于点对称，故C错误； 对于D选项，由方程，得， 则，或，， 解得，或，. 当时，可得，故D正确. 11. 若函数图象上存在不同的两点和，使得的图象在点，处的切线交于直线（ 为常数）上同一点，则称，为函数的一对“关于直线的共轴切点”. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 存在实数 ，使得不存在关于轴的共轴切点 B. 若存在关于直线的共轴切点，则两切点的横坐标之积为定值 C. 若，则存在实数 ，使得存在关于直线的共轴切点，且对应的两切线斜率之和大于0 D. 若，则对于任意 ，都存在关于直线的共轴切点 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，，写出在点，处的切线方程，根据它们交于直线上同一点得到包含两个参数的关于的方程，A选项中，取，构造出一个单调函数即可判断不存在不同的满足方程；选项中，取构造出一个先增后减的函数即可找到无穷对满足方程的但积不为定值；C选项，取得到关于的方程，根据得到 恒有解，此时两切线斜率之和便大于；D选项，观察切线方程的一般形式，通过构造函数将问题转为证明方程有两个解的问题. 【详解】由题意可知，设，， 在处的切线方程为即， 同理在处的切线方程为，两条切线交于直线上同一点， 故有（*）， 当时，*式可化为， 令，则，当时，， 时，时，均有， 时 ，则在上单调递减，所以不存在不同的，使得， 因此当时，不存在关于轴的共轴切点，A正确； 当时，取得，考虑函数， ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，且当时，， 所以对有满足，同样有使得， 而，故横坐标之积不是定值，B错误； 当时，取，代入（*）解得， 此 使，成为关于直线的共轴切点， 此时斜率之和，C正确； 当时，设，则， 在处的切线方程具有一般形式， 考虑函数，则， 时，，时，， 故在处取最大值，可知存在使得方程存在两个不同的解， 即存在两个不同的使得，也就是同时在这两处的切线上 即存在关于直线的共轴切点，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正数 ，满足，则的最大值为______. 【答案】12 【解析】 【详解】由，得， 所以，当且仅当，时等号成立. 13. 已知抛物线 ：，点，，点在 上运动，则面积的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】由题意可得直线 的方程，设点坐标为，求解到直线 的距离，再求的最小值即可求解. 【详解】由题意直线 的方程为，. 设点坐标为（）， 则到直线 的距离为， 当且仅当时取等号，此时. 于是面积的最小值为. 14. 若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 【答案】19 【解析】 【详解】因为数列是“和谐数列”，且， 所以共有6项，且. 若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个； 若，，，有2项为0，1项为1，1项为， 则满足条件的数列的个数为； 若，，，有2项为1，2项为， 则满足条件的数列的个数为，所以的个数为. 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，内角，， 所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且 的面积为，求 的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得即可求解. （2）由余弦定理以及三角形的面积公式化简求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理，得. 因为， 所以， 整理得. 因为，所以，即. 又，所以. 【小问2详解】 由，且，得. 由余弦定理，及， 得. 所以（负值舍去）. 故 的周长为. 16. 如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点 在平面上的投影为 与的交点 ，且. （1）证明：平面； （2）求直线 与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以， 因为 在底面上的投影为 ，所以 平面， 又平面，故. 又平面，平面， ， 所以 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由菱形性质得 ,再由投影得 底面 ,故 ；因 与 交于 且共面,从而证得 平面 . （2）方法一:以菱形对角线交点 为原点, 分别为轴建立空间直角坐标系,求出各点坐标与 等向量,设平面 的法向量 并由线线垂直列方程求解,再利用线面角公式 计算正弦值. 方法二:作 得正三角形 的高 ，利用 将 与平面 的线面角转化为 与平面 的线面角,用等体积法 求点 到平面 的距离 ，再由线面角定义 计算正弦值. （3）方法一：先设出平面 的法向量,根据法向量与平面内两向量 、 垂直列出方程组,对未知量赋值求出具体法向量,再选取从平面内一点指向点 的向量 ，最后代入点到平面的向量距离公式,计算模长与数量积得到点 到平面 的距离. 方法二：先由 得四点共面,将点 到平面 的距离转化为到平面 的距离；取 中点 ，证明面面垂直,作 得到垂线段 即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出 、 ，最后在三角形中算得 . 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 由，，得，，， 如图1，作于点，则. 因为平面 平面，交线为，所以平面. 以 为原点， ， ，所在的直线分别为 ，， 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即 令，得 ，故. 设直线 与平面所成的角为，则. 所以直线 与平面所成角的正弦值为. 方法二： 如图2，过点 作 于点 ，因为三角形为正三角形，所以 为中点. 由平面 平面 ，平面 平面 , 平面 .故 平面 . 由 平面 ， 平面 ，故 . 由勾股定理得，可得. 连接，则. 因为 面， 面. 所以且，即四边形为平行四边形. 所以，因为 、 分别为、 中点 所以，所以 . 所以 与平面所成角的正弦值即为 与平面所成角的正弦值.， 在中，. 所以. 设点 到平面的距离为，则. 即，所以. 故所求正弦值为. 【小问3详解】 方法一： 设平面的法向量为， 则即 令，得 ，故， 又， 所以点 到平面的距离. 方法二： 由（2）方法二可得 ，所以 ， ， ， 四点共面， 所以点 到平面的距离即为点 到平面的距离. 如图2，取 的中点，连接 ，. 因为三角形和三角形 都是正三角形 所以，所以，同理， 又，所以 平面， 又 平面，所以平面平面. 作于，平面平面，平面， 所以平面，所以 即为所求距离. 在中，，由（2）方法二可得 在中由余弦定理可得. 解得，所以. 解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得. 所以. 设边上的高为 ，则. 解得. 17. 已知双曲线的离心率为，且经过点. （1）求 的标准方程； （2）若过点的直线与 交于、两点，求线段 的中点的轨迹方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线 的标准方程； （2）解法一：设点、、，分析可知直线 的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于 的不等式组，求出 的取值范围，利用韦达定理求出点的坐标，再消去 可得出点的轨迹方程，根据 与 的关系求出 的取值范围，即可得出答案； 解法二：设点、、，分析可知直线 的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于 的不等式组，求出 的取值范围，再利用点差法求出点的坐标，再消去 可得出点的轨迹方程，根据 与 的关系求出 的取值范围，即可得出答案. 【小问1详解】 设双曲线 的焦距为，由离心率，得， 又，所以，即. 将点代入方程，得，即，所以，. 故双曲线 的标准方程为. 【小问2详解】 解法一：设点、、， 若直线 的斜率不存在，则点、关于 轴对称，此时线段 的中点在 轴上，不符合题意， 故直线的斜率存在， 设直线的方程为，即. 联立方程，代入消去，整理得. 则， 即，且，所以. 于是，中点的横坐标，则. 又点在直线上，所以，即. 因为，且， 当时，，可得，则， 当时，，可得，则， 故线段 的中点的轨迹方程为或. 解法二：设点、、， 若直线 的斜率不存在，则点、关于 轴对称，此时线段 的中点在 轴上，不符合题意， 故直线的斜率存在， 设直线的方程为，即. 联立方程代入消去，整理得. 则即，且， 由、两点在双曲线上得，作差得，① 当时，易知； 当时，①式可化为，即. 故（由题意可得且）， 可得， 因为，所以. 当时，也在直线上. 又，可得，且， 当时，，可得，则， 当时，，可得，则， 综上，线段 的中点的轨迹方程为或. 18. 已知函数（），. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，对任意，都有； （3）若方程没有实根，求整数的最小值. 【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）证明如下： 当时，，要证， 即证，即. 设， 则， 令（），则， 故当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减. 故， 所以当时，，当时，， 所以在处取最小值， 故恒成立，原不等式得证. （3）1 【解析】 【分析】（1）求导后,讨论的取值范围进行求解； （2）转化为，即.设，求导，研究函数的单调性进行求解； （3）方程可化为，所以.记，，对函数求导，由单调性和最值求解． 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，恒成立，在区间上单调递增； 当时，令，得， 在区间上单调递增，在区间上单调递减. 综上，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方程可化为，所以. 记，，则. 记， 则. 记， 则， 故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 又，，当时，， 故当时，，即，在区间上单调递减， 由，， 根据零点存在性定理可知存在，使得，即. 且当时，单调递增，当时，单调递减， 故， 且，当时，， 设（），则， 设（），则， 所以， 所以在区间上单调递减， 且，，所以， 所以若没有实数根，则整数的最小值为1. 19. 某校举办“数学文化节”，设有 个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…， .游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为 . （1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； （2）当时，求参观者获得纪念章枚数 的分布列和数学期望； （3）设为 个展区时参观者获得纪念章枚数 的期望值，求关于 的表达式，并证明是递增数列. 【答案】（1） （2） 1 2 3 数学期望 （3），证明如下： 个展区中有 个奇数编号，个偶数编号， 相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下： 当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时， 则. 所以， 因为的取值只有0与1两个， 所以， 即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率， 从 个数据中任选2个数据排列，共有种可能， 当 为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以， ， 当 为奇数时，偶数有个，奇数有个， 所以， . 所以 证明递增： 当 为偶数时，，， ，所以. 当 为奇数时，，， ，所以. 因此是递增数列. 【解析】 【分析】（1）先定义事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，确定 时全排列共 6 种，依据和为奇数需一奇一偶的条件枚举所有排列，统计符合仅 1 次条件的排列数，最后用符合数除以总数求得概率. （2）通过分析奇偶排列的相邻位置关系确定纪念章数量：将全排列中奇数和偶数视为两类元素，观察相邻数对奇偶性相同的次数（即“奇奇”或“偶偶”的相邻对数），从而得出 的可能取值，枚举所有奇偶模式并计算各模式下的排列数，进而求得概率分布与数学期望. （3）先把相邻两个展区和为奇数的总数量期望分解成每一对相邻展区各自的期望再相加，把复杂的整体期望转化为单个位置的简单概率问题.然后根据展区总数 的奇偶，确定奇数编号和偶数编号各有多少个，算出任意一对相邻展区恰好一奇一偶的概率，也就是单个位置的期望.再用这个单对期望乘上所有相邻对数，分别写出 为偶数、奇数时的期望通项公式.最后用后一项减前一项作差，验证无论 是奇数还是偶数，差值都大于 0，从而说明这个期望构成的数列是单调递增的. 【小问1详解】 记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”， 当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种， 两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶， 枚举所有排列：123，132，213，231，312，321， 其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312， 所以. 【小问2详解】 当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种， 由题意知 的可能取值为1，2，3， 当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇， 概率为， 当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇， 概率为， 当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇， 概率为， 所以 的分布列为 1 2 3 数学期望. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2026年普通高考测试（二） 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆 ：（）的左、右焦点分别为，，点在 上满足，且，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 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. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 方程在区间上恰有 个实数根 11. 若函数图象上存在不同的两点和，使得的图象在点，处的切线交于直线（为常数）上同一点，则称，为函数的一对“关于直线的共轴切点”. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 存在实数 ，使得不存在关于轴的共轴切点 B. 若存在关于直线的共轴切点，则两切点的横坐标之积为定值 C. 若，则存在实数，使得存在关于直线的共轴切点，且对应的两切线斜率之和大于0 D. 若，则对于任意，都存在关于直线的共轴切点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正数 ，满足，则的最大值为______. 13. 已知抛物线 ：，点，，点在 上运动，则面积的最小值为______. 14. 若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 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，内角，， 所对的边分别为，， ，且. （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 如图，在几何体中，四边形 是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面 .点在平面 上的投影为 与 的交点 ，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 17. 已知双曲线的离心率为，且经过点. （1）求 的标准方程； （2）若过点的直线与 交于、两点，求线段的中点的轨迹方程. 18. 已知函数（），. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，对任意，都有； （3）若方程没有实根，求整数的最小值. 19. 某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为. （1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； （2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望； （3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $