精品解析：广东中山市第一中学2026届高三高考模拟考试（校二模）数学试题

广东省中山市第一中学2026届高考数学模拟考（校二模） 一、单选题：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，或，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，若是纯虚数，则实数（ ） A. -1 B. 0 C. 2 D. 1 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（ ） A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 7. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 8. 若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 存在点，使得平面 10. 在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，则___________． 13. 已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率___________ 14. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 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. 已知数列中，，满足． （1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式： （2）设为数列的前项和，求． 16. 随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得， . （1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）； （2）已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列． 附：相关系数． 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． （1）求证：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 18. 已知曲线上的动点满足，且， （1）求的方程； （2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 19. 已知函数． （1）求在上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省中山市第一中学2026届高考数学模拟考（校二模） 一、单选题：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，或，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，解得，所以， 又或，所以，故． 2. 已知复数，若是纯虚数，则实数（ ） A. -1 B. 0 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算先计算，进而得，再由纯虚数的概念即可求解. 【详解】因为，所以，因为 为纯虚数，所以． 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，得到的坐标，结合向量模的坐标运算公式，即可求解. 【详解】由向量，因为，可得，解得， 所以，则，所以． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得 ，所以， 所以． 5. 随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由已知可得，直线，圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为． 因为直线与圆有2个公共点， 所以，整理可得． 若，则；若，则；若，则；若，则； 若，则；若，则， 所以直线与圆有2个公共点的概率是. 6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（ ） A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 【答案】B 【解析】 【分析】利用二阶等差数列的定义，借助列举法求出. 【详解】依题意，， 数列，数列，数列， 所以. 7. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由最大角定理得到平面与平面所成的最小锐二面角，然后作出截面，求解. 【详解】如图： 当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时， 平面与平面所成角最小（最大角定理）， 取中点， 此时平面与平面所成角为，余弦值为． 过点作为中点，延长交延长线于， 连接交于点，连接，， 分别取棱，中点，， 则六边形PNHGQF即为截面， 截面是边长为正六边形，其面积为． 故选：A. 8. 若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，将问题转化为使得不等式对任意恒成立，结合导数研究的单调性以及图像，数形结合求解. 【详解】令，其中， 则，当时，， 当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减． 所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立． 令得，由图可知， 因此实数的最大值为4． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 存在点，使得平面 【答案】BCD 【解析】 【详解】如图： 对于选项A，因为平面,平面，所以平面，又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误； 对于选项B，因为底面，因为底面，所以； 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以侧面是正方形，所以． 因为，且平面， 所以平面，故B正确. 对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面 所以平面平面，故C正确. 对于选项D，当为线段的中点时，设， 则，所以，故四边形为平行四边形， 所以，而平面平面，所以平面，故D正确. 10. 在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由及结合降幂公式、和差化积公式得到，即可判断C；进而得到即可判断B；再结合及三角形的面积公式可求解判断A；结合求出，再结合正弦定理求解判断即可. 【详解】由知，， 化简可得， 根据和差化积公式可得：， 则，即， 由知，， 所以，即，故C正确； 由，得：，所以，故B不正确； 在中，由，知，故A正确； 由知，， 又，则，又， 由正弦定理得，，故D不正确. 11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，设点的坐标为，根据焦半径公式利用表示，求其最小值表达式，列方程求即可判断，对于B，设直线的方程为，，与抛物线方程联立，求，结合两点距离公式求的范围，即可判断，对于C，由条件结合抛物线定义三角函数定义可得，通过求的范围可判断结论，对于D，先证明，再结合抛物线定义及平面几何性质证明结论或利用向量夹角公式求，，结合二倍角公式证明结论. 【详解】对于选项A：设点的坐标为，则，，， 所以当，即点在原点时，最小， 此时，，故A错误； 不妨设在轴上方，由已知准线的方程为，点的坐标为， 对于选项B：如图：设 联立得：， 由已知方程的判别式，故， 由根与系数的关系可得 且， 则，故B正确； 对于选项C：，由选项B可知， 若与抛物线相切，则，即抛物线过点的切线为直线，切线的倾斜角为， 故，从而，故C正确． 对于选项D：由 可知：直线关于直线对称，即 因为 所以． 另解：， ，， 由二倍角公式知，．故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】由偶函数的定义恒成立，化简得到恒成立，即可求解. 【详解】因为为偶函数，所以， ， 即， 化简可得对于任意恒成立， 所以，所以． 13. 已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率___________ 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形中位线的性质得到，利用椭圆的定义得到，利用离心率的公式得解. 【详解】如图：延长交直线于．由题可知， 则，， 因为，，所以，则. 故答案为：. 14. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由求出，再由求出,最后利用即可求解. 【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐， 则， ； 从而， ， . 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. 已知数列中，，满足． （1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式： （2）设为数列的前项和，求． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）利用构造法将转化为，利用等比数列的通项公式求解. （2）求出，求出，利用裂项相消法求出. 【小问1详解】 由题意，， 则， ， 所以是以为首项，3为公比的等比数列. 所以，则. 【小问2详解】 由， 则， 所以 即. 16. 随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得， . （1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）； （2）已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列． 附：相关系数． 【答案】（1），具有很强的正相关性 （2） 0 1 2 【解析】 【分析】（1）由条件结合相关系数公式求出相关系数，根据相关系数性质判断结论； （2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列. 【小问1详解】 样本的相关系数为： 由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性； 【小问2详解】 由题意得：的可能取值为0，1，2， 18个月中有10个月的销售金额高于平均数， 所以， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． （1）求证：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出线面角的正弦值. （3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值. 【小问1详解】 设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 18. 已知曲线上的动点满足，且， （1）求的方程； （2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，结合双曲线的定义，即可求得曲线的方程； （2）（i）设直线，联立方程组，利用韦达定理求得，由三点共线，结合，列出方程，求得的值，即可求解；（ii）由（i）求得，令，得到，根据题意，求得，得到关于的不等式组，求得的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 又因为，可得， 由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点， 实轴长为的双曲线的左支，所以，则， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 解：（i）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且， 则，可得， 直线，令，可得，所以 又三点共线，可得，所以， 即，即， 即， 所以， 整理得恒成立，所以， 所以直线方程为，所以直线过定点； （ii）由（i）知，，， 所以， 又由， 令，则，且， 因为直线的，可得，则， 所以，即， 所以，解得， 故. 19. 已知函数． （1）求在上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数的单调性，开区间上的极大值即为函数的最大值； （2）先证明，然后将变形为，放缩法求解； （3）先将恒成立转化为，求三阶导数，讨论函数的单调性，求解. 【小问1详解】 由题知， 当时，， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以当时，取最大值. 【小问2详解】 先证：， 令， 则， 所以函数在上单调递增， 故，即在上恒成立． 又， 由知，， 所以， 即，得证. 【小问3详解】 当时，， 即， 令， 则，其中， 令， 则且， 令， 则，其中. 令，， 则， 故在上单调递减，其中. ①若，则， 令， 在上单调递增， ， 所以恒成立. 故在上单调递增， 且. 所以在上也单调递增，且， 所以， 故恒成立. ②若，则， 且，使得当时，， 所以函数在上单调递减， 故时，， 所以函数在上单调递减， 所以时，， 所以时，， 与恒成立矛盾． 综上所述：的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $