精品解析：广东东莞市塘厦中学2026届高三第二学期模拟测试数学试题

广东东莞市塘厦中学2026届高三第二学期模拟测试数学试题 2026.05 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分. 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数定义域求法可求得集合，由交集定义可得结果. 【详解】，. 故选：B. 2. 复数满足，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用模长公式得，结合条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】因为，由，得到， 故选：C. 3. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的圆心坐标及半径，抛物线的准线方程，再根据准线和圆相切即可得到答案. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为2， 抛物线的准线方程为， 圆与抛物线的准线相切， 则有，解得，所以抛物线的焦点坐标为. 故选：B 4. 已知函数为奇函数，则的值为（ ）. A. 0 B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的性质求解即可． 【详解】因为函数为奇函数， 当时，，则，所以， 又，则，即. 故选：C 5. 已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆台的上下底面半径为， 因为，所以，则， 则轴截面面积为，得， 则该圆台的体积为 6. 已知为单位向量，向量在向量上的投影向量是，且，则的值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为向量在向量上的投影向量是， 所以，化简得. 因为，所以，解得． 7. 已知公比且的等比数列，前项积为，若，且，则（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】A 【解析】 【详解】因为为等比数列，且，， 由. 由， 因为，所以. 8. 在一组数据1，2，4，5，8中插入一个数后，该组数据的方差为，则的下列取值中，使得最小的是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】将新数据的方差表示为关于的函数，通过配方法求最小值. 【详解】插入一个数后，平均数为， 化简，得， 当时，取最小值. 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，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用作差法来比较大小可判断AB，利用指数函数单调性可判断C，利用基本不等式可判断D. 【详解】因为所以，即，故A正确； 因为，所以， 即，故B正确； 因为，不能确定指数函数是增函数，即不一定成立，故C错误； 因为，所以， 当且仅当时取等号，即，故D正确； 故选：ABD 10. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 数列为等比数列 D. 数列的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件求出数列的通项公式，验证即可判断AB，再由等比数列的定义判断C，利用分组求和判断D. 【详解】设等差数列的公差为. 由题意可得，，解得，所以. 对于A； ，故A错误； 对于B；因为 ，所以，故B正确； 对于C；因为，所以.因为 ，所以数列为等比数列，故C正确； 对于D；因为，所以 ，所以数列的前项和为 ，故D正确. 11. 已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】函数极值点问题转化为方程根的问题研究.A项转化为二次方程有两不等正根求参数范围；BC项由韦达定理与参数范围可得；D项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将整体代入消元，转化为求解函数的范围即可. 【详解】A项，函数有两个极值点， 则至少有两正根. ，， 设， 当时，，即没有实数根，不符合题意； 当时，由题意知方程有两不等正根，设两根为， 则有，解得. 即的取值范围是为，故A错误； BC项，因为是方程的两个不同的实数根， 所以，，故BC正确； D项， ， 设， 因为在上单调递减，所以. 且当，故. 即，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据按照从小到大的顺序排列为，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的常数项为__________. 【答案】60 【解析】 【分析】根据百分位数定义可得，再由通项可求得第5项为常数项，计算可得结果. 【详解】易知，所以的上四分位数为第5个数，即； 所以二项式为， 设展开式中的第项为常数项，即为常数项， 令，解得， 即常数项为. 故答案为：60 13. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】用降幂公式将半角转化为整角，化简题干等式；通过移项推导得到与的倍数关系；代入解出，最后结合二倍角公式即可得解. 【详解】因为，又， 所以 整理得，所以， 又，所以，解得， 因此. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与在第一、二象限分别交于两点，且，，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线的定义结合余弦定理求解即可. 【详解】 因为，所以， 又，所以， 由双曲线的定义可知，，， 所以，，，， 因为，所以， 所以，即. 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 所以， 所以，所以，故离心率. 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. 在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的性质得到的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余弦定理求值； （2）先根据正弦定理求出，再结合（1）中的的关系求出，最后根据三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由成等差数列知，又得， 于是，设，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 由得，所以， 所以的面积. 16. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，点是线段的中点，点在线段AC上，满足平面BCM． （1）求证：是线段AC的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）在中，过点作交BC于点，连接QM， 如图所示. 在三棱柱中，因为，所以， 所以四点共面. 因为直线平面BCM，平面，平面平面， 所以．所以四边形是平行四边形. 进而，所以为AC的中点． （2） 【解析】 【分析】（1）过点作交BC于点，连接QM.根据面面平行证明四边形是平行四边形，再证明为AC的中点. （2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又因为为正方形，. 故可以为原点建立空间直角坐标系，如下图， 因为，所以， ，所以． 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得. 易知平面的法向量， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据导函数判断函数的单调性即可； （2）将问题转化为直线与曲线有两个交点，利用导函数求出的单调性和取值范围即可. 【小问1详解】 当时，，则， 当变化时，的变化情况如下表所示： 1 0 0 单调递增 单调递减 0 单调递增 当时，函数取得极大值，极大值为， 当时，函数取得极小值，极小值为0． 【小问2详解】 由题意知方程有两个根，即有两个根， 则直线与曲线有两个交点， 设，则， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 则， 当时，，当时，． 综上，的取值范围是． 18. 一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． （1）求的值； （2）从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 【答案】（1）3 （2）（i）分布列： 0 1 2 ； （ii）有放回摸球对应概率为，不放回摸球对应概率为，不放回摸球的概率更大，说明相同样本量下，不放回抽样的估计精度更高，更适合用于总体参数估计. 【解析】 【分析】（1）结合古典概型概率公式与组合数运算构造关于的方程，求解得到的值. （2）（i）判断有放回摸球时服从二项分布，计算各取值对应概率得到分布列，代入二项分布期望公式求期望. （ii）将误差条件转化为绿球个数的取值范围，分别计算有放回、不放回摸球时对应概率，比较大小并说明实际意义. 【小问1详解】 ∵ 袋子中共有个球，一次摸出2个球的总情况数为，摸出2个红球的情况数为. 由古典概型概率公式得. 代入，，得，整理得. 即，解得或. 又，故. 【小问2详解】 （i） 由（1）得袋子中共有6个球，其中绿球3个，故每次有放回摸球时，摸到绿球的概率为. 的可能取值为0,1,2，且. ∵ ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 数学期望. （ii） 总体中绿球的比例为，样本中绿球比例为（为摸出的绿球个数），误差的绝对值不超过0.2等价于. 解不等式得，又为整数，故. ① 有放回摸球时，所求概率为. ② 不放回摸球时，服从超几何分布，，故所求概率为. ∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.2的概率更大. 实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数. 【点睛】方法归纳：求解抽样相关的概率问题时，先准确判断抽样类型对应分布：有放回抽样对应二项分布，不放回抽样对应超几何分布，再结合题设条件转化为随机变量的取值问题，代入对应概率公式计算即可. 易错归纳：转化误差条件时注意样本比例与随机变量的对应关系，避免取值范围求解错误导致概率计算偏差. 19. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解； （2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 依题意，，即， 又焦距为，所以， 解得，，所以的标准方程为． 【小问2详解】 （i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，，， 设，，则直线方程为， 令得，，同理可得，， 因为，， 所以， 所以为定值． （ii）法1：因为，所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 法2：设与交于点，由椭圆的对称性知， 因为，所以， 又因为，， 所以. 所以，所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东东莞市塘厦中学2026届高三第二学期模拟测试数学试题 2026.05 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分. 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则复数（ ） A. B. C. D. 3. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数为奇函数，则的值为（ ）. A. 0 B. C. 2 D. 1 5. 已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为单位向量，向量在向量上的投影向量是，且，则的值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 7. 已知公比且的等比数列，前项积为，若，且，则（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 8. 在一组数据1，2，4，5，8中插入一个数后，该组数据的方差为，则的下列取值中，使得最小的是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 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，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 数列为等比数列 D. 数列的前项和为 11. 已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据按照从小到大的顺序排列为，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的常数项为__________. 13. 已知，则__________. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与在第一、二象限分别交于两点，且，，则的离心率为______． 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. 在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 16. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，点是线段的中点，点在线段AC上，满足平面BCM． （1）求证：是线段AC的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 17. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求的取值范围． 18. 一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． （1）求的值； （2）从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 19. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $