精品解析：广东珠海市实验中学2026届高三下学期综合测试（二）数学试题

珠海市实验中学2026届高三综合测试（二） 数学试题 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】D 【解析】 【详解】由， 所以. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 0或 D. 0或 【答案】C 【解析】 【详解】设复数，则， 所以， 所以，解得或， 所以或. 3. 已知点是的重心，若，则（ ） A. -1 B. C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算计算即可. 【详解】 设是的中点，则. 所以. 因为，所以， 因此. 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】锐角满足，所以,, 则, 因为，所以 5. 数列的前n项和记为，则“数列为等差数列”是“数列为常数列”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】B 【解析】 【分析】先证必要性，由“数列为常数列”出发，得出“数列为等差数列”；再证充分性，由“数列为等差数列”，设公差为 ，，得出当 时，数列不是常数列，即可得出答案. 【详解】若数列为常数列，则设 ，所以 ， 于是 ，所以为等差数列； 即“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要条件； 若数列为等差数列，设公差为 ， ， 于是 ， ， 当 时，数列不是常数列， 所以“数列为等差数列”不是“数列为常数列”的充分条件； 综上所述，“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要不充分条件， 故选：B 【点睛】注意充分性及必要性的证明，利用等差数列，常数列的相关知识，特别是当 时，数列不是常数列. 6. 为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望计算公式列出方程，再由方差公式即可求解． 【详解】由题可设，则，， 所以，解得． 所以． 7. 已知直线，圆关于轴对称，且过点，则圆上的点到的距离的最大值与最小值之和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可设圆的方程为， 将代入可得，解之得， 所以圆心与半径分别为， 则C到的距离为， 所以圆上的点到的距离的最大值与最小值分别为， 其和为. 8. 已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（ ） A. B. C. 存在极值点 D. 有且只有一个零点 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，通过分析的单调性进而得到函数的正负，然后逐项分析即得. 【详解】，即，故函数为奇函数， 设，则， 由题意，当时，， 在上单调递增， 又为偶函数，故为奇函数， 在上单调递增，图象连续不断且， 在上单调递增， 当时，，；同理当时，， 对于A，，，，故A错误. 对于B，当时，，则，故B错误. 对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误. 对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确. 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 数列中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AB，先根据已知条件判断数列的类型，再根据等差数列和等比数列的定义求解通项公式；对于CD，利用数列的递推式构造等比数列，写出其通项公式，代入计算即得. 【详解】对于A选项，由题意可得，即， 又，所以数列是首项为1公差为2的等差数列，所以，A正确； 对于B选项，由题意可得，，所以数列为等比数列， 其首项为，公比为，所以，B错误； 对于C选项，由题意可得， 可得，， 所以数列为等比数列，其首项为，公比为， 所以，所以， 所以，C错误； 对于D选项，由题意可得，可得，， 所以数列为等比数列，其首项为，公比为， 所以，所以，D正确. 10. 如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线到平面的距离等于 D. 平面与平面的夹角的余弦值等于 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理判断A；利用向量法判断BCD. 【详解】对于A，如图易证，平面，平面，所以平面. 对于B，C，D如图建立空间直角坐标系，因为棱长均相等，且所有棱长的总和为36， 所以，， ，，， 对于B，，， 所以与不垂直，故不垂直于平面. 对于C，易得平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离. 如图， 设平面的法向量为则即， 令，则，到平面的距离， 即直线到平面的距离等于. 对于D，设平面的法向量为， ,则,即 令，则.平面与平面的夹角的余弦值等于 11. 以坐标轴为对称轴的双曲线过点，其一条渐近线过点，且两焦点为.若直线，分别与的两支交于两点，线段的中点为，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的方程为 B. 若，则点在直线上 C. 若，则的取值范围为 D. 若，则与的内切圆的半径之比为2或 【答案】ACD 【解析】 【分析】A设双曲线的方程为，根据条件列方程组求解；B联立直线与双曲线的方程，求出点坐标即可；C根据对称性以及双曲线的定义求一元二次函数的值域；D联立联立直线与双曲线的方程，根据内切圆半径的计算公式化简即可. 【详解】对于A，设双曲线的方程为，则渐近线方程为， 则由题意得，，，解得， 则双曲线的方程为，故A正确； 对于B，若，则， 联立，得， 设， 则， 则，故， 则点在直线上，故B错误； 对于C，若，则，则由对称性可知关于原点对称，且不与顶点重合， 则四边形为平行四边形，则， 不妨设在第一象限，则由双曲线的定义可知，， 则， 因为，且在上单调递增， 所以， 则的取值范围为，故C正确； 对于D，若，则，恒过点， 联立，得， 则，即， 不妨设分别在第二、一象限， 则，， 则由双曲线的定义可知，， 则的内切圆的半径为， 的内切圆的半径为， 则与的内切圆的半径之比为 ， 若分别在第一、二象限，则半径之比为，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学习小组由6名男生和4名女生组成，从中依次随机抽取2人参加知识竞赛，则在第一次抽到男生的条件下，第二次抽到女生的概率等于______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用缩小样本空间的方法求出条件概率. 【详解】在第一次抽到男生的条件下，学习小组剩余9个人，其中男生5名，女生4名， 所以在第一次抽到男生的条件下，第二次取到女生的概率是. 13. 已知函数，若的图象关于直线对称，，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用和差化积公式化简，再根据对称性求出，利用求出，再计算即可 【详解】函数，因为函数图象关于直线对称， 所以，即，因为，所以， 所以， 又，所以， 所以 . 14. 若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解. 【详解】由于，则, 则曲线在点的切线方程为, 即， 又因为此切线也为圆的切线， 则圆心到切线的距离, 两边平方，化简为, 设，则，即, 因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解， 则，解得， 所以的取值范围是. 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. 已知公差不为零的等差数列的前5项和为35，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）数列满足，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前项和公式及等比中项的定义列式求解. （2）利用裂项相消法即可证明. 【小问1详解】 设数列的通项公式为，， 由，故； 又，，成等比数列，故，解得， 因为，故. 代入可得，，. 故. 【小问2详解】 ， 故. 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且． （1）求角的大小； （2）若，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值； （2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值. 【小问1详解】 解：由已知可得 ， 即， ，则，解得，因此，. 【小问2详解】 解：由正弦定理可得， 所以， ， 其中为锐角，且， 因为，则，， 所以，当时，即当时，取得最大值. 17. 某学校田径队有甲、乙等8名运动员，现将这8人平均分成两组进行集训．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长． （1）求甲、乙两人同在组的概率； （2）求甲在三天内至少担任一次组长的概率； （3）记为连续两天中至少担任一次组长的人数，求的概率分布列和数学期望． 【答案】（1）. （2） （3） 2 3 4 数学期望 【解析】 【分析】（1）8名运动员分成两组共有种不同方法,甲、乙两人同在组有种不同方法，利用古典概型公式求解即可； （2）甲每天担任组长的概率为，利用对立事件的概率公式即可求解； （3）根据题意可得的可能取值为2，3，4，分别求出对应的概率，结合期望公式即可求解. 【小问1详解】 8名运动员分成两组共有种不同方法． 记事件为“甲、乙两人同在组”，则事件共有种不同方法， 所以． 【小问2详解】 甲每天担任组长的概率为，记事件为“甲在三天内至少担任一次组长”， 则， 【小问3详解】 根据题意可得的可能取值为2，3，4， 第一天选组长： 组从人中选人有​种， 组从人中选人种，总选法为种， 第二天选组长： 组从人中选人有​种， 组从人中选人种，总选法为种， 的含义：两天的组长完全相同，即 组两天选同一个人， 组两天也选同一个人， 所以 的含义：组两天选同一人，组两天选不同的人或组两天选同一人，组两天选不同的人， 所以 的含义：两天的组长完全不重复，总人数为 4，即 组两天选不同的人， 组两天也选不同的人， 所以 所以的分布列为 2 3 4 18. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明； （2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明； （ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可. 【小问1详解】 解法一：函数的定义域， 令，因为， 所以在单调递增，即在单调递增. 又. 所以存在唯一的实数，使得，即. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的极小值点，即有唯一的极值点； 解法二：同法1得到在单调递增. 由于 ， ， 所以存在唯一的实数，使得，即， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的唯一极值点. 【小问2详解】 （i）解法一：由（1），得. ①当时，至多一个零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 由消去得，， 令， 因为，所以为减函数， 又因为，所以的解集为. 又在单调递增，所以. 又. 此时有两个不同的零点，即. 解法二：同法1得到 . 此时 又，则， 由零点存在性定理，存在，使得. 综上，可得. （ii）解法一：由于，所以可化为. 令， 则 ， 设，则，则， 则，即，从而. 令，所以在单调递增， 所以，所以， 即， 所以，所以在单调递增. 所以，故. 解法二：将代入整理得 令， 当时，因为，所以， 所以，显然成立； 当时，， 令，则. 显然在单调递增，所以. ①当，则， 此时在单调递增， 所以，即. 所以在单调递增，所以， 欲使，只需，即. 即时，符合题意. ②当时，则， 又， 若，则， 又在连续， 则存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 综上，实数的取值范围为. 解法三：将代入整理得 令 ①当时，. 又， 若，则， 又在的图象是连续不断的， 故存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 所以时，不恒成立. ②当，因为， 令 又， 因为，所以. 所以 所以在单调递增， 所以. 综上，实数的取值范围为. 19. 一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正弦值； （3）求四面体的内切球半径的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合的条件，推导线线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值； （3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径的表达式，再利用基本不等式求的最小值，同时验证、与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值. 【小问1详解】 记椭圆所在平面为，由椭圆柱定义可知，. 因为，所以 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 设在下底面射影分别为， 则． 如图，在平面直角坐标系中， 椭圆的方程为， 设，若与坐标轴不垂直，设直线的方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 所以， 同理，可得． 由得，，解得， 所以 所以， 所以． 设直线与底面所成角为，则， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为四面体的体积 ， 设四面体的内切球半径为，则 所以 当且仅当，即时，等号成立. 若与坐标轴垂直，不妨设为长轴，为短轴，即， 此时内切球半径． 所以四面体的内切球半径最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市实验中学2026届高三综合测试（二） 数学试题 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 0或 D. 0或 3. 已知点是的重心，若，则（ ） A. -1 B. C. 0 D. 1 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 数列的前n项和记为，则“数列为等差数列”是“数列为常数列”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 6. 为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 7. 已知直线，圆关于轴对称，且过点，则圆上的点到的距离的最大值与最小值之和等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（ ） A. B. C. 存在极值点 D. 有且只有一个零点 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 数列中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线到平面的距离等于 D. 平面与平面的夹角的余弦值等于 11. 以坐标轴为对称轴的双曲线过点，其一条渐近线过点，且两焦点为.若直线，分别与的两支交于两点，线段的中点为，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的方程为 B. 若，则点在直线上 C. 若，则的取值范围为 D. 若，则与的内切圆的半径之比为2或 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学习小组由6名男生和4名女生组成，从中依次随机抽取2人参加知识竞赛，则在第一次抽到男生的条件下，第二次抽到女生的概率等于______. 13. 已知函数，若的图象关于直线对称，，则的值为______. 14. 若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 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. 已知公差不为零的等差数列的前5项和为35，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）数列满足，求证：． 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且． （1）求角的大小； （2）若，求的最大值． 17. 某学校田径队有甲、乙等8名运动员，现将这8人平均分成两组进行集训．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长． （1）求甲、乙两人同在组的概率； （2）求甲在三天内至少担任一次组长的概率； （3）记为连续两天中至少担任一次组长的人数，求的概率分布列和数学期望． 18. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 19. 一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正弦值； （3）求四面体的内切球半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $