精品解析：广东肇庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二） 数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二） 数学 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线与双曲线的（ ） A. 顶点相同 B. 焦点相同 C. 虚轴长相等 D. 离心率相等 4. 直线与圆相交于两点，则“ ”是“ 的面积为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若函数是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 6. 已知是等比数列的前项和，且 ，，则（ ） A. 32 B. 30 C. 64 D. 62 7. 已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 8. 一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为 ，则满足的有序数对的个数为（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 二､多项选择题：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. 若存在，使得函数在区间和上单调递减，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上单调递减 10. 在正四棱柱中， ，点 分别为棱上的点（含端点），则（ ） A. 当 为的中点时，存在点，使得 平面 B. 当为的中点时，存在点 ，使得平面 平面 C. 对任意给定的点 ，存在点，使得 D. 对任意给定的点，存在点 ，使得 11. 已知椭圆为 的右焦点，点在 上，且关于 轴对称，分别为线段的中点， 为坐标原点，则（ ） A. B. 的最小值为 C. D. 存在点 ，使得 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 设 的内角所对边的长分别为 . 若，，则__________. 13. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 14. 正2026边形内接于单位圆 ，任取它的两个不同的顶点，的概率为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效 15. 树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. （1）求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； （2）记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 16. 如图，在三棱锥中，. （1）证明： ； （2）若二面角 的大小为，且，求平面 与平面 夹角的余弦值. 17. 设数列满足且. （1）证明数列是等差数列，并求其通项公式； （2）若，求正整数 的值. 18. 已知函数，其中且. （1）当时，求函数图象在处的切线方程； （2）若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围； （3）对任意的，若，求的最大值. 19. 已知抛物线的焦点为，准线为 ，直线交准线 和抛物线于两点，且. （1）求的值； （2）如图，若抛物线上有三个点，且直线 均与抛物线相切. （i）证明：直线与抛物线相切. （ii）探究点与 外接圆的位置关系，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二） 数学 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即得. 【详解】由题意，得. 故选：B. 2. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，其中 为偶数， ，其中为奇数， 则，即为奇数集，所以为偶数集， 又集合表示奇数集合，集合表示偶数集合， 集合表示4的整数倍数加2对应的数组成的集合， 集合表示4的整数倍数对应的数组成的集合. 3. 双曲线与双曲线的（ ） A. 顶点相同 B. 焦点相同 C. 虚轴长相等 D. 离心率相等 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定的范围，进而逐项判断即可. 【详解】由表示双曲线， 得，得，所以焦点在轴上， 又， 所以顶点坐标，焦点坐标，虚轴长，离心率， 双曲线的顶点坐标，焦点坐标，虚轴长 ，离心率， 因此两个双曲线具有相同的焦点，其他选项均不能确定满足. 4. 直线与圆相交于两点，则“ ”是“ 的面积为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积公式求得，得，由点到直线的距离公式列出方程，求得的值，即可判断. 【详解】因为，所以， 即，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以“ ”是“ 的面积为”的充分不必要条件. 5. 若函数是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因是偶函数，则， 即，也即函数是偶函数，则， ，则得，所以， 则. 6. 已知是等比数列的前项和，且 ，，则（ ） A. 32 B. 30 C. 64 D. 62 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的前项和公式联立方程组求出和 ，再计算即可. 【详解】设数列的首项为，公比为 ，由题可知 ， 由题意，解得，， 则. 故选：D 7. 已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用球的体积公式结合圆柱体积公式计算求解. 【详解】设半球的半径为 ，则半球体积为， 设圆柱的高为，则圆柱体积为， 由题意得，所以， 容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为， 此时圆柱部分的水的高为， 所以水的高度与容器高度的比值为. 8. 一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为 ，则满足的有序数对的个数为（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设，由得到，则有 2，分别按照和的差值是 讨论求解. 【详解】不妨设，则， 故，所以要使得， 只需要2. 若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 所以当时，有序数对的个数共有12种. 同理，，； ； 的不同情况也均为12种， 故满足的有序数对的个数为. 二､多项选择题：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. 若存在，使得函数在区间和上单调递减，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】先应用指数函数单调性转化已知条件，再应用导函数得出函数单调性求解参数判定A和B，再根据单调性判断C，D. 【详解】因为函数在上单调递增，所以原命题等价于“存在，使得函数在区间和上单调递减”. 又因为，所以，故A错误､B正确； 此时在上单调递增，在和上单调递减， 所以在上单调递增，在和上单调递减，故C正确､D错误. 10. 在正四棱柱中， ，点 分别为棱上的点（含端点），则（ ） A. 当为的中点时，存在点，使得 平面 B. 当为的中点时，存在点，使得平面 平面 C. 对任意给定的点，存在点，使得 D. 对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】A注意到当点与点重合时， ，据此可判断；B取中点，连接与，由平面 平面，平面与平面有一个公共点，可判断；C注意到，据此可判断；D以分别为轴建立空间直角坐标系，设2]，通过方程是否有解可判断. 【详解】A，如图1，当点与点重合时，平面平面，所以平面，正确； B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面， 此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合， 所以不存在点使得平面 与平面平行，错误； C，如图3，因为 平面平面，所以， 所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确； D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，设2]， 则，假设，则，即， 所以，因为， 所以对于任意 ，存在使得成立， 即对任意给定的点，存在点，使得，正确. 11. 已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于 轴对称，分别为线段的中点， 为坐标原点，则（ ） A. B. 的最小值为 C. D. 存在点，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】设的左焦点为，利用对称性，如，，取具体的点验证是否有判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设，由求出判断D. 【详解】对于选项A，由题意得，如图，设的左焦点为，连接，由的对称性知且，则，由，取点，得，故A错误； 对于选项B，因为为线段的中点，所以，因为的最小值为，所以的最小值为，即，故B正确； 对于选项C，因为分别为线段的中点，所以，由椭圆的定义知，故C正确； 对于选项D，设，则，且，由，得，所以.，若，则，此时，故存在点，使得，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 设的内角所对边的长分别为 . 若，，则__________. 【答案】## 【解析】 【详解】，由正弦定理得，即， 因为，所以， 所以. 13. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案. 【详解】因为，构造函数， 因为，所以函数是增函数， 因为，所以， 因为，所以原不等式即，解得 ， 所以不等式的解集为. 14. 正2026边形内接于单位圆 ，任取它的两个不同的顶点，的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用向量数量积公式及运算律计算化简得出向量夹角，再应用古典概型计算求解. 【详解】因为， 所以， 解得， 即向量与的夹角不超过. 因为， 所以对任意给定的向量，满足条件的向量的取法有种， 故正2026边形内接于单位圆 ， 任取它的两个不同的顶点，的概率为. 四､解答题：本题共5小题，共77分.第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效 15. 树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. （1）求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； （2）记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式求解； （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为分别求出，，，由题意得到的所有可能取值，分别求出每个可能取值的概率，求出的分布列和数学期望. 【小问1详解】 记随机选择甲､乙､丙的事件分别为，进入第二轮的事件记为， 则， 由题意得， 所以 . 【小问2详解】 记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为 则 由题意得的所有可能取值为 则 . . 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望为. 16. 如图，在三棱锥中，. （1）证明： ； （2）若二面角 的大小为，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）取 的中点 ，由条件证明 平面，再由线面垂直的性质推得 ，结合线段中垂线的性质即可得证； （2）由题意建系，利用几何法推得二面角 的平面角为，求出相关点的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【小问1详解】 如图，取 的中点 ，连接和 ， 因为，所以， 又因为，且平面， 所以 平面， 因为平面，所以 ，因， 所以 . 【小问2详解】 由（1）知，，平面平面 ， 所以二面角 的平面角为，即， 在平面内，过点 作，易知两两相互垂直， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以满足，即 ， 则， 于是， 因为，则， 所以， 设平面 的法向量为， 则，即，故可取， 设平面 的法向量为， 则，即，故可取， 所以， 所以平面 与平面 夹角的余弦值为. 17. 设数列满足且. （1）证明数列是等差数列，并求其通项公式； （2）若，求正整数 的值. 【答案】（1）因为，所以， 所以 ， 所以数列 是以为首项，1为公差的等差数列. 所以. （2） . 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 解得，因为 ，所以 ， 所以， 所以， 所以，即 ，解得 . 18. 已知函数，其中且. （1）当时，求函数图象在 处的切线方程； （2）若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围； （3）对任意的，若，求的最大值. 【答案】（1） （2）. （3） . 【解析】 【分析】（1）代入化简，对其求导并计算 处的导数值得到切线斜率，由确定切点为原点，最后用点斜式写出过原点的切线方程为. （2）根据不等式在给定区间恒成立，分离参数，构造关于的函数，利用底数小于1的指数函数单调递减，判断复合函数单调性，求出函数在区间上的最大值，进而得到参数的取值范围. （3）由判断各指数函数单调递增，结合得到内层和函数单调递增，进而推出在区间上单调递增，故最大值为.根据恒成立列出对数不等式，化简整理得到关于的不等式，构造新函数求导判断单调性，求出函数取值范围，最终确定正整数的最大值为3. 【小问1详解】 当时，函数， 求导得，所以， 因为，所以切点为原点， 所以函数图象过原点的切线方程为. 【小问2详解】 由题意得，对于给定的自然数在上恒成立， 因为，所以恒成立， 因为，所以在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 所以. 【小问3详解】 因为，所以在上单调递增， 又因为，所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 由恒成立，所以，即， 所以，令， 求导得恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以，即的最大值为 . 19. 已知抛物线的焦点为，准线为 ，直线交准线 和抛物线于两点，且. （1）求的值； （2）如图，若抛物线上有三个点，且直线 均与抛物线相切. （i）证明：直线与抛物线相切. （ii）探究点与外接圆的位置关系，并说明理由. 【答案】（1）2 （2）（i）设， 因为任意与轴垂直的直线与抛物线 只有一个交点，所以易知直线 斜率存在（即）. 设直线的方程为，即， 代入，得， 因为抛物线没有与 轴垂直的切线，所以， 又因为若是坐标原点，则过只能画一条的切线，所以 . 由题意得，即， 同理，由直线 与抛物线相切得， 所以是方程的两个根， 由韦达定理得， 同理，联立直线与抛物线的方程，得， 因为 ，所以， 所以， 所以直线与抛物线相切. （ii）点在的外接圆上，理由如下： ①当时， 由（i）中方程和，易判断， 由（1）知 ， 所以 由（i）同理可得， 所以， 同理， ， 所以， 所以. ②当时，， 计算得， 此时， ， 所以，满足. 综上所述，，即四点共圆， 所以点在的外接圆上. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义结合正切值计算得出参数值； （2）（i）先设点，再结合判别式计算证明直线和抛物线关系；（ii）应用两角和正切公式计算，再结合向量数量积坐标公式计算得出四点共圆即可求解. 【小问1详解】 如图，由抛物线定义得， 又因为， 所以为等边三角形， 所以， 记准线 与轴的交点为 ， 因为的纵坐标为，所以， 由抛物线的定义知， 所以， 所以. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $