精品解析：广东深圳市2026届高三年级下学期第二次调研考试数学试题

2026年深圳市高三年级第二次调研考试数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型A．填涂在答题卡相应位置上．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铅笔把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，留存试卷，交回答题卡． 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，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知集合，则（ ） A. B. {1} C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解. 【详解】， 得 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 【答案】B 【解析】 【详解】由于的展开式的第3项为， 故展开式中的系数为. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】单调递增，， 单调递增，， ， 即“”是“”的充要条件. 5. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 . 6. 已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（ ） A. 存在，使得相交 B. 存在，使得 C. 存在，使得的夹角为 D. 存在，使得 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系进行判断即可. 【详解】解析：对于选项A，若，任意直线不相交，矛盾； 对于选项B，若与相交，不存在直线，使得，矛盾； 对于选项C，若，任意直线，矛盾； 对于选项D，若，任意直线； 若，存在直线，令，则； 若与相交，存在平面，令，则，D正确． 7. 双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，点是上一点，，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过已知数据确定轴，再由双曲线定义，列出关系式即可求解. 【详解】由， 则在中，， 则，则轴， 于是，由于， 则，所以. 8. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数，定义域为. 易知函数只含项， 因此关于直线对称.当增大时，增大，函数值增大， 所以在上单调递减，在上单调递增. 等价于离的距离小于离的距离大小问题， 即.两边平方得； 整理得，解得. 故的取值范围为. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 为偶函数 D. 的图象关于直线对称 【答案】AD 【解析】 【详解】A.余弦函数的最小正周期公式为， ，所以，故A正确． B.，故B错误． C.， 是奇函数，不是偶函数，故C错误． D.余弦函数的对称轴是使函数取到最值的位置，即， 解得，当时，，是函数的一条对称轴，故D正确． 10. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（ ） A. 变量与正相关 B. C. 样本数据的下四分位数为1.8 D. 当时，的预测值为4.1万元 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据回归系数，可判定A正确；根据回归直线方程经过样本中心，列出方程，求得的值，可判定B正确；根据百分位数的计算方法，可判定C错误；根据回归直线方程，求得预测值，可判定D正确. 【详解】对于A，由回归直线方程，可得， 所以变量与正相关，所以A正确； 对于B，因为回归直线方程经过样本中心， 因为，所以， 又由，解得，所以B正确； 对于C，将样本数据的数据排序为：， 由，则样本数据的下四分位数为第个数据，所以C不正确； 对于D，当时，，所以的预测值为万元，所以D正确. 11. 已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面的面积为 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值. 【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点， 取中点，于是四边形为矩形，则， 于是， 又为等边三角形，则，A错误； 选项B，由于，且平面 平面，则平面， 又因为平面，平面平面，则， 如图，连接，由于， 则为平面与平面所成角的平面角， 由于，则， 于是平面平面，B正确； 选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于， 由于∽，则 ，则为上靠近的三等分点， 于是，由于为中点，为中点， 则四边形为等腰梯形，且， 于是，C正确； 选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点， 于是为正三棱台， 该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分， 其中，同理可得， 三棱台的体积， 而三棱柱的体积， 于是截面所截的另一部分的体积， 则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的一条切线，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】设切点为， 由于，则，解得， 于是切点为，则，解得． 13. 已知等差数列的前项和为，首项为的最大值，则的值可以为___________．（写出符合条件的一个值即可） 【答案】260（均可） 【解析】 【分析】根据为的最大值得出公差的取值范围，然后将代入等差数列的前项和公式计算. 【详解】因为等差数列首项，且​是前项和的最大值， 所以公差，且满足， 根据等差数列通项公式可得：， 解得：， 再根据前项和公式可得： ， 化简得：，因此任取该区间内一个值即可，例如. 14. 已知圆是圆上的一动点，．若存在一个半径为的圆与直线相切于点，且与圆内切，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设所求圆的圆心为，由相切条件得，故的轨迹为以为焦点的椭圆，结合直线与圆相切的几何关系，得到倾斜角的范围，再用椭圆焦半径公式求的最小值. 【详解】 如图，设所求圆的圆心为，连接，设点， 由于，则， 于是点的轨迹是以为焦点的椭圆，从而椭圆的中心为， 于是设点的轨迹方程为：， 其中，则，椭圆方程为. 由于直线始终与有公共点， 不妨在轴下方或在轴上，设的倾斜角为，如图，才能取到最小值. 当时，由于直线与圆相切，即，则. 设直线与圆相切，由，，则，从而. 由焦半径公式可知． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出说明、明过程或演算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出A，解法1由正弦定理及两角差的正弦公式化简可得，即可由同角三角函数基本关系求，解法2由正弦定理及条件可得，再由余弦定理及正弦定理求解； （2）解法1由正弦定理及面积公式求出即可得解，解法2由正弦定理及条件得出，在直角三角形中设，再由面积公式即可得解. 【小问1详解】 由余弦定理，可得， 且，则， 解法1：， 由正弦定理：，， 所以，即， 又因为，解得， 因为，所以； 解法：因为，， 所以由，即， 不妨设， 由余弦定理，即， 解得， 由正弦定理，， 所以. 【小问2详解】 解法1： 由（1）知，，，， 由正弦定理，， 于是， ， 所以， 解得，所以， 所以； 解法2：由（1），，， 则，所以， 如图，延长，过点作， 由，则， 设， 所以， 所以， 则解得， 于是. 16. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． 【小问2详解】 解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 17. 已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． （1）求的方程； （2）若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）证明：选①②⇒③ 解法1：由题意知，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，，则， 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 则 所以 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 过点作， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在与中，， 取中点，连接， 于是，则， 于是， 且， 且，则，于是，即； ①③② 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，则， 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴： 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在中，， 取中点，连接， 于是，则， 则， 在与中，， 且，则，于是，即轴，轴； 选②③① 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 取中点，连接，由，则， 而 由，则， ，于是， 则直线恒过定点，即三点共线． 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，联立直线与： 取中点，连接，由，则， 而， 由，则， ，于是，此时， 则直线恒过定点，即三点共线． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得直线过焦点，利用即可求得值，得到抛物线方程； （2）选①②⇒③，解法1：设点，由三点共线，可得，取中点，将问题转化为证明； 解法2：设直线，点，，联立直线与抛物线方程，取中点，结合由韦达定理将问题转化为证明，； 解法3：设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为，过点作，设直线的倾斜角为，可得，，取中点，利用几何关系即可证明，得到结论； 选①③②解法1：设点，由三点共线，可得，取中点，利用化简即可证明结论； 解法2：设直线，点，，联立直线与抛物线方程，取中点，利用化简即可证明结论； 解法3：过点分别作的垂线，垂足为，设直线的倾斜角为，可得，，取中点，连接，利用几何关系即可证明结论； 选②③①解法1：设点，取中点，连接，利用，化简得到，代入直线可得直线恒过定点，从而证明结论； 解法2：设直线，点，联立直线与抛物线方程，取中点，利用化简即可证明结论. 【小问1详解】 由题，关于轴对称，令，则，于是直线过焦点， 在中，有，可得：， 则，于是的方程为：； 【小问2详解】 略 18. 如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． （1）求长度的最小值； （2）若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将圆锥侧面展开为平面扇形，利用 “两点之间线段最短” 确定最短路径为展开图中连接两点的线段，再结合扇形弧长公式求出圆心角，最后用余弦定理计算线段长度即最短路径长； （2）建立空间直角坐标系，利用参数表示底面圆周上点的坐标，通过向量共线表示出轨迹上点的坐标，再通过向量数量积验证轨迹在某一平面内并求出该平面的法向量； （3）解法 1：求出平面的法向量，利用两平面法向量夹角公式计算夹角余弦值，再通过三角函数值域求出余弦值的取值范围；解法 2：结合几何分析，通过几何关系求出夹角余弦值的最值，进而得到取值范围. 【小问1详解】 如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点． 因为轨迹在圆锥的侧面上， 所以，在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线． 又是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短， 所以，轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段． 由于，所以的长度为，又，所以． 所以，在等腰三角形中，，即的长度为． 【小问2详解】 如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由于平面，平面，故，， 则，两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 于是，设， 则， 于是，则， 于是， 于是令，则； 【小问3详解】 解法1：由（2）可知，是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由于， 则，即 令， 于是平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 于是， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为； 解法2 ： 由（2）可知，平面的法向量， 由于在底面圆周上运动， 则平面即平面的法向量可以是底面上任意方向的向量， 如图，在平面内，设，过点作，则， 设平面与平面所成的角为，则， 易知，则， 综上，， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 19. 一个微生物在如图所示方格的培养皿中随机移动，每次均以相等概率移动到相邻的方格．方格是初始位置，是营养丰富的角落，每次到达方格时，微生物进行一次繁殖．记该微生物第次繁殖时所经过的总移动步数为． （1）求； （2）求； （3）求． 参考公式： 1．若，对于，则； 2．若是离散型随机变量，则． 【答案】（1） （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据事件的概率公式计算得到结果； （2）解法1，先根据题意分析得到，结合期望公式和错位相减法计算得到结果；解法2，根据期望的性质计算得到答案； （3）根据期望的性质公式计算得到结果； 【小问1详解】 微生物经历奇数次移动必然到达区域，之后有的概率到达区域，有的概率到达区域， 微生物在区域或者区域时，下一步必然到达区域． 【小问2详解】 解法1：微生物第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则 不妨设， 于是 则 化简可得，， 由题意可知， ，所以； 解法2：由微生物在2次移动后，有的概率经过区域到达区域， 有的概率经过区域回到区域， 于是， 解得， ； 【小问3详解】 解法1：初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 设初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 初始位置为时粒子第次到达区域累计移动次数为（初始位置不记为到达）， 当时，于是：， 即， 化简有，又由，有 ， 即， 又由，于是． 解法2：不妨设微生物从区域出发，第一次到达区域，需要的次数为随机变量，当时，， 微生物由区域出发第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则， 由（2）知 于是 又由，于是． 解法3：当时，易知微生物第次到达区域所经历的步数可能为： ， 当微生物通过步第次到达区域时，前面的步中， 在奇数步中，必然到达区域，偶数步中，有次到达区域，对应的概率为， 且最后2步移动以的概率回到． 于是，则 不妨记 于是 则， 又由，于是， 则． 又由时也符合上式，于是对于均有． 说明：视每2次移动为1次实验，易知1次实验中，必然有1次到达，有1次到达或者．即每次实验有的概率到达，有的概率不到达．于是为使到达事件次，平均需要进行实验次，于是需要移动次． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年深圳市高三年级第二次调研考试数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型A．填涂在答题卡相应位置上．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铅笔把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，留存试卷，交回答题卡． 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，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. {1} C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（ ） A. 存在，使得相交 B. 存在，使得 C. 存在，使得的夹角为 D. 存在，使得 7. 双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，点是上一点，，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 为偶函数 D. 的图象关于直线对称 10. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（ ） A. 变量与正相关 B. C. 样本数据的下四分位数为1.8 D. 当时，的预测值为4.1万元 11. 已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面的面积为 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的一条切线，则___________． 13. 已知等差数列的前项和为，首项为的最大值，则的值可以为___________．（写出符合条件的一个值即可） 14. 已知圆是圆上的一动点，．若存在一个半径为的圆与直线相切于点，且与圆内切，则的最小值为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出说明、明过程或演算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为1，求的周长． 16. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 17. 已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． （1）求的方程； （2）若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 18. 如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． （1）求长度的最小值； （2）若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 19. 一个微生物在如图所示方格的培养皿中随机移动，每次均以相等概率移动到相邻的方格．方格是初始位置，是营养丰富的角落，每次到达方格时，微生物进行一次繁殖．记该微生物第次繁殖时所经过的总移动步数为． （1）求； （2）求； （3）求． 参考公式： 1．若，对于，则； 2．若是离散型随机变量，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $