精品解析：广东佛山市2025-2026学年普通高中教学质量检测（二）高三数学

2025～2026学年佛山市普通高中教学质量检测（二） 高三数学 2026.4 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，，则（ ） A. 5 B. 8 C. 15 D. 17 3. 等差数列1，46，91，…，2026共有（ ） A. 44项 B. 45项 C. 46项 D. 47项 4. 函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是周期函数 C. 的最大值为2 D. 5. 在中，，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 7. 设是两个事件，则“”是“ 与 互为对立事件”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不是充分条件，也不是必要条件 8. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为 ， ， ，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（ ） 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. 设，为复数，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系 中，斜率为1的直线l交抛物线于，两点，交x轴于点（），则（ ） A. B. C. 的等差中项是2 D. m是，的等比中项 11. 从分别写有的 张卡片中不放回随机抽取次，每次取 张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（ ） A. B. C. D. （） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量 服从正态分布，，则______. 13. 在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______. 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. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形. （1）求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； （2）求的值. 16. 近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： （1）用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； （2）若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. （i）建立y关于t的线性回归方程； （ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 17. 如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. （1）证明：； （2）若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数，为的导函数，曲线关于点对称. （1）求的值； （2），恒成立. （i）求b的值并探究的零点个数； （ii）若，且，证明：. 19. 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. （1）求E的方程； （2）设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； （3）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年佛山市普通高中教学质量检测（二） 高三数学 2026.4 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， ，所以 2. 设向量，，则（ ） A. 5 B. 8 C. 15 D. 17 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以. 3. 等差数列1，46，91，…，2026共有（ ） A. 44项 B. 45项 C. 46项 D. 47项 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到等差数列通项，令即可求解． 【详解】解：设等差数列，公差为 ， ，， 又，解得， 故等差数列1，46，91，…，2026共有46项． 4. 函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是周期函数 C. 的最大值为2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数，定义域得. 化简得. 选项A：，故 是偶函数，不是奇函数，A错误. 选项B：假设 是周期函数，则存在非零常数 ，对任意，都有. 取，则，即，得，与矛盾. 故假设不成立， 不是周期函数，B错误. 选项C：取，则，C错误. 选项D：，所以，D正确. 5. 在 中，，，，则 的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理求出角 ，进而求出角 ，代入面积公式求解. 【详解】由正弦定理得， ， 因为，所以， 则，， 的面积为. 6. 有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得：，所以， 所以新样本数据，，，…，的平均数为 ， 所以平均数相同； 设样本数据，，，…，的方差为， 所以新样本数据，，，…，的方差为，所以方差相同； 设样本数据，，，…，，的中位数为 ， 新样本数据，，，…，的中位数为， 当样本数据，，，…，，的中位数为时， 新样本数据，，，…，的中位数为， 所以中位数不一定相同； 设原始样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为. 由于，因此新样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为， 故两组样本数据的极差相同. 7. 设是两个事件，则“”是“ 与 互为对立事件”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不是充分条件，也不是必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的； 若试验基本事件含3种以上，其中表示概率为的两个不同事件， 如掷一枚均匀的骰子，令事件 为“点数为偶数”，事件 为“点数小于等于3”， 此时，满足， 但事件 的对立事件为“点数为奇数”，与事件 不同， 故 与 不互为对立事件，故条件是不充分的. 综上，“”是“ 与 互为对立事件”的必要不充分条件. 8. 已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件求得母线长，以及 长度，从而确定 为底面圆直径；再求三角形面积的最大值，即可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】因为，，故母线， 又，故，故 为底面圆直径； 对三角形，设 边上的高为，则其面积， 当且仅当 为弧 的中点时取得最大值； 故三棱锥体积. 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. 设，为复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AC，举反例排除即可；对于B，由即可推出；对于D，由即可推出． 【详解】对于A，易知当 ，时，，但，故A错误； 对于B，，，则，故B正确； 对于C，易知当，时，， 此时，故C错误； 对于D，，，故D正确. 10. 在平面直角坐标系 中，斜率为1的直线l交抛物线于，两点，交x轴于点（），则（ ） A. B. C. 的等差中项是2 D. m是，的等比中项 【答案】ACD 【解析】 【分析】联立直线与抛物线，结合韦达定理，由弦长公式可得A；令可得B错误；结合等差中项和等比中项的概念由韦达定理可判断CD. 【详解】直线 的方程为， 联立消去 可得， 则，， 对于A，由得， ，故A正确； 对于B，， 令可得，此时，故B错误； 对于C，由可得的等差中项是2，故C正确； 对于D，由可得m是，的等比中项，故D正确. 11. 从分别写有的 张卡片中不放回随机抽取次，每次取 张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（ ） A. B. C. D. （） 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意理解的含义，通过列举法、举反例以及分类讨论第个元素，即可得到答案. 【详解】对于A，当时，表示从中选 个数，且的不同情况数， 因此只能选，有种选法，即，故A正确； 对于B，表示从中选 个数，且的不同情况数，因此只能选，有 种抽法，即， 表示从中取 个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，，即， 表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，即， 因此，故B正确； 对于C，当时，， 表示从中取 个数排列，且的不同情况数， 若选的两个数为或或或，则排列必为或或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为，或，或，，共种情况， 即，因此存在反例使得不成立，故C错误； 对于D，表示从中取 个数排列，且的不同情况数， ①若第个元素未被选中，则从剩下的 张卡片中抽取 次，使得，那么情况数为， ②若第个元素未被选中，共有 种可能，此时第个元素必被选中， 当第个元素排在第位时，则剩余的个元素排在剩余位置错排，有种情况， 当第个元素不排在第位时，由于第个元素未被选中，可将第个元素化为第个元素，转化为 个元素的错排，有种情况， 因此，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量 服从正态分布，，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】因为随机变量 服从正态分布，所以， 所以. 13. 在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】## 【解析】 【详解】在三棱柱中，， 所以异面直线与所成的角即或其补角， 因为，，所以， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为异面直线所成角的范围是， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量的线性关系判断出的位置，设，根据双曲线的定义得到，在中，由余弦定理得到的一个关系式，根据的面积相等得到一个关于内切圆半径的方程，进而求解. 【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间， 所以均在双曲线的右支上，如图： 所以, 设，则， 在中，由余弦定理得， 即， 展开并化简得. 因为，所以， 所以 . 设的内切圆半径为r，则 ， 由等面积法可得，解得. 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. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且 为等腰直角三角形. （1）求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； （2）求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，结合等腰直角三角形条件求周期得，再利用偶函数性质求m； （2）先根据的最值和零点求坐标，再计算向量的数量积. 【小问1详解】 ∵， ∴ ， 由 为等腰直角三角形知，，所以， 得. 因为为偶函数， 所以，得， 所以最小正实数 为. 【小问2详解】 令，则，，即，， 取：，即，所以. 令，且 在 左侧，则，解得：，故， 且 在 右侧，周期，所以，即. 所以， 所以. 16. 近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： （1）用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； （2）若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. （i）建立y关于t的线性回归方程； （ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）该款大模型更有可能是语言模型. 【解析】 【分析】(1)依据图示可以得到多模态模型的个数与总数作比值；(2) (i)根据线性回归模型的计算公式代入数据；(ii)分别计算两款模型的值，比较即可； 【小问1详解】 由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为，所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为. 【小问2详解】 (i) 因为，，， 表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以 所以， 所以，根据， 所以y关于t的线性回归方程为： (ii) 已知2026年4月，则，计算多模态模型的预测值和残差，，残差为：， 所以.再计算语言模型的预测值和残差，，残差为：，，所以，所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型. 17. 如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. （1）证明：； （2）若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取 中点 ，连， 由知， 又平面，所以平面. 因为 平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，证明平面，即可证明； （2）建系，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过 作交于 ，则平面，所以 . 又 ，所以中，， 由余弦定理可求得，，所以. 以 为原点，如图建系， 平面中，， 设法向量为，则. 即，令 ，所以. 设平面 的法向量为，, 则. 即，令，所以. 所以. 18. 已知函数，为的导函数，曲线关于点对称. （1）求的值； （2），恒成立. （i）求b的值并探究的零点个数； （ii）若，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i），有个零点； （ii）证明：，， 故的图像关于对称， 由（i）得，当时， ，单调递增； 时， ，单调递减， 由对称性可知，时，单调递增；时，单调递减， 当时，，下证此时， 设，则， 当时，单调递增，, 即，又，，即， 当时，显然， 当时，显然， 综上，得证. 【解析】 【分析】（1）对进行求导，又曲线关于点对称，得到化简即可求出； （2）（i）若恒成立，即恒成立，分类讨论即可求出b的值，继而得到，再令，分类讨论并结合对称性即可求出； （ii）先求出的图像关于对称，判断的单调性，再设，求导判断即可证明. 【小问1详解】 对进行求导，得， 又曲线关于点对称，， 即， 即，. 【小问2详解】 （i）由（1）知，，， 若恒成立，即恒成立， 若，取，则，不合题意， 若，，此时，故 b的值为.， 记，则， 当时，单调递增，且， 故存在，使得， 当时，，，无零点； 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又， 时，有一个零点， 由对称性可得时，有一个零点， 综上，有个零点. （ii）略 19. 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. （1）求E的方程； （2）设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； （3）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） （2）数列是等比数列，公比为 （3）直线恒过定点 【解析】 【分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线 的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【小问1详解】 由题意得，， 故E的方程为. 【小问2详解】 设，直线 的方程为， 由，消去 ，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ② ①得，故数列是等比数列，公比为. 【小问3详解】 直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $