广东阳江市第三中学2025-2026学年高三下学期二模数学试卷

**基本信息** 以智能物流向量应用、人工智能大模型统计分析等真实情境为载体，融合数学抽象与数据分析，凸显核心素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、复数、数列、解三角形等|第6题结合智能物流向量模型，考查数学建模能力| |多选题|3/18|统计（相关系数、正态分布）、立体几何|第9题综合数据特征分析，强化数据意识| |填空题|3/15|导数切线、等比数列、双曲线焦点三角形|第14题双曲线与内切圆综合，提升空间想象| |解答题|6/77|三角函数、统计回归、立体几何、导数、椭圆|第16题人工智能模型线性回归，第19题椭圆光学性质与等比数列结合，突出逻辑推理与创新应用|

阳江三中2025-2026学年高三级二模试卷 数 学 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合要求的。 1．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数是实数，则（    ） A．0 B．－1 C．2 D．－2 3．等差数列1，46，91，…，2026共有（   ） A．44项 B．45项 C．46项 D．47项 4．函数，则（   ） A．是奇函数 B．是周期函数 C．的最大值为2 D． 5．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，，，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 6．某智能物流车的 “实际配送向量” “规划路线向量” “交通拥堵修正向量” 满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过 “规划路线向量的模（单位：）” 判定，标准如下表（一般情况下，认定 “停滞” 属于无效配送）： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（    ） A． 超高效 B．高效 C．常规 D．低效 7. 已知随机事件满足，则（    ） A． B． C． D． 8．若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（    ） A． B． C． D． 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．下列说法中，正确的有（   ） A．具有相关关系的两个变量x，y的相关系数r越大，则x，y之间的线性相关程度越强 B．已知随机变量服从正态分布，且，则 C．数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30 D．若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数 10．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（   ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 11．已知抛物线的焦点为，以为圆心，为半径得到圆，圆上有一点．过点的直线与交于两点，与圆另交于点，则（    ） A． B．当时，的横坐标为 C．当时， D． 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则_____. 13．已知等比数列的前项和为，若，，则 14．已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______. 四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知函数（常数）. (1)若，在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若，，求角B的大小； (2)若的最小正周期为π，将其图像向左平移个单位，再向上平移个单位得到函数的图像. 当时恒有，求的取值范围. 16．（15分）近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： (1) 用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； (2) 若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. ①建立y关于t的线性回归方程； ②根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布 了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 17．（15分）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1) 若，证明：平面； (2) 若，且二面角的正弦值为，求． 18．（17分）已知函数． (1) 讨论的单调性； (2) 当时，若方程有两个不等实根，证明：． 19．（17分）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1) 求E的方程； (2) 设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3) 求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 第 2 页 共 27 页 第 1 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阳江三中2025-2026学年高三级二模数学试题答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B C D C B A D BCD BC AC 1．B【详解】，，所以 2．B【详解】因为是实数，所以. 3．C【详解】解：设等差数列，公差为，，， 又，解得，故等差数列1，46，91，…，2026共有46项． 4．D【详解】函数，定义域得.化简得. 选项A：，故是偶函数，不是奇函数，A错误. 选项B：假设是周期函数，则存在非零常数，对任意，都有. 取，则，即，得，与矛盾. 故假设不成立，不是周期函数，B错误.选项C：取，则，C错误. 选项D：，所以，D正确. 5．C【详解】由正弦定理得，， 因为，所以，则，， 的面积为. 6．B 【详解】设，因为与向量垂直，所以， 又，即，所以或， 由可得，当时，，则； 当时，，则； 由题意可得此次配送的效率等级为高效. 7. A【详解】因为，所以.又. 所以.又，所以. 8. D 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当时，；当时，，因此ABC都可能，D不可能. 9．BCD【详解】对于A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数越大，则x，y之间的线性相关程度越强，故A不正确； 对于B，随机变量服从正态分布，又， 所以，则，故B正确； 对于C，因为，所以数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30，故C正确； 对于D，由对称性知若频率分布直方图左右对称，则平均数等于中位数， 而若频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故D正确. 10．BC 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为，则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 11．AC 【详解】抛物线的焦点为，圆方程为， 对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确； 抛物线的焦点为，设直线方程为， 由对称性不妨令点在第一象限， 由，得，则， 对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，由选项B得点，直线斜率，即， 则，而，因此，C正确； 对于D，， 又， 且圆的弦，因此不一定小于，D错误． 12． 【详解】因为函数， 所以，又因为曲线在处的切线与直线平行，所以， 解得， 13. 3 【详解】由题意，设等比数列的首项为，公比为， ， 14．【答案】【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间， 所以均在双曲线的右支上，如图： 所以, 设，则， 在中，由余弦定理得， 即， 展开并化简得. 因为，所以， 所以 . 设的内切圆半径为r，则 ， 由等面积法可得，解得. 15.（13分）【详解】（1）时，函数，..........................1分 ，， ....................3分 中，，所以， ............................4分 ，由正弦定理可得，， ....................................................................5分 由，所以. ...........................................................................6分 （2） 函数（常数），的最小正周期为π， 所以，得，......................................................7分 即， 所以，......................................8分 时，， .......................................................9分 则有，此时， .............................................10分 当时恒有，则有，..................................................................................11分 解得， 所以的取值范围为 ..............................................13分 16． （15分）（1）由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为， 所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为 ...............................3分 （2）① 因为，，，表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以 ..........................................................4分 所以， ......................................................5分 ...............................................................................6分 所以， ......................................................7分 根据， ...................................................8分 所以y关于t的线性回归方程为： ......................................................9分 ② 已知2026年4月，则， 计算多模态模型的预测值和残差，， 残差为：， 所以. ...............................11分 再计算语言模型的预测值和残差，， 残差为：，， ............................. 13分 所以， ............................................................15分 所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言型. .............................15分 17．（15分）【详解】（1）因为平面，而平面，所以，..............3分 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知，..................4分 又平面，平面，所以平面． .................6分 （2）法一：如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， ................7分 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， .............................................9分 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， ..............................................10分 即，即． .........................................11分 因为，设，则， 由等面积法可得，，又， 而为等腰直角三角形，所以， ...............................13分 故， .................................14分 解得，即． ................................15分 法二：以 为坐标原点，，所在的直线分别为 轴、轴， 与 垂直的直线为 轴,建立如图所示的空间直角坐标系， 则,,. .................8分 设.由题意，知, 则,,. 由,得, 即,故......................................................10分 取平面 的一个法向量为. ..................................11分 设平面 的法向量为,则 令,得,,则. ..................................12分 所以,. 由题意，得,，即，解得.. .................................14分 所以 ...................................................15分 18．（17分）【详解】（1）函数的定义域为，  .............3分 时，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增；      ...........................................5分 时，令得， .........................................6分 当时，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.     .......................................7分 当时，当时，，所以在上单调递增.     ...........................8分 当时，当时，；当时，， 所以在上单调递增,在上单调递减.     ........................9分 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. ..........................10分 （2）由（1）知，时，在上单调递减，在上单调递增， 因为方程有两个不等实根，所以不妨设，且 ..........................11分 设,令，       . ........................................12分 则，     ...............................13分 所以当时，在单调递减， 又，所以， ......................................14分 即，又因为所以， ...............................16分 又由于，且在上单调递增，    所以即 ................17分 19.（17分）【详解】（1）由题意得，，故E的方程为. ......................4分 （2）对E上异于左右顶点的任意两点，设直线的方程为， 由，消去，整理得，............ .................5分， ......... .................... ....................5分 直线的斜率之积为 ， ......... .................... ...................8分 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， .................... ...................9分 由经过E的左焦点，知②， .................... ...................10分 ②①得，故数列是等比数列，公比为. .................... ...................12分 （3） 直线的方程为， 由（2）知， ................... ..............15分 故，解得，.............. ..................... ...............16分 故直线恒过定点 ....................... ................ .............. ................17分 第 2 页 共 7 页 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $