0421广东省大湾区2026届高三模拟测试（二）数学试卷答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260422广东省大湾区2026届高三下学期二模_广东省大湾区2026届高三下学期二模数学

2026 届高三模拟测试（二）参考答案 数 学 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, 只有一个选项是正确 的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B D C B D B C 1.【答案】D 【详解】要使yln4x有意义，则4x0，x4，即B{x|x4}，则AB0,1,3.故选：D． 2.【答案】B 【详解】因为z  12i  3i 3i2i26i55i ,所以 z  5252  50 5 2.故选：B． 3.【答案】D       【详解】因为a  ab  ，所以a  ab  0，即 a  2 a  b  0   221  21103.故选：D． 4.【答案】C 1 1 1 1 3 【详解】由题意知 f(2) f(4)      3， log 2 log 4 log 2 2log 2 2log 2 a a a a a 1 1 所以log 2 ，即得 ，解得a4. 故选：C. a 2 a2 2 5.【答案】B 【详解】由题意可知，分为两种情况： 情况一：个位是0，则有不同的结果5420个； 情况二：个位不是0，则有不同结果44232个； 所以共有203252个；故选：B. 6.【答案】D 1 【详解】由椭圆的特征可知，椭圆上一点和椭圆两焦点为顶点的三角形的面积最大值为 2cb1， 2 1 即bc1．a2 b2c2 b2 2 ，a 2 ．2a2 2． b2 7.【答案】B 24568 2045607580 【详解】由题意可知：x 5，y 56 5 5 因为回归直线方程经过样本中心(x,y)，所以56105a，即a6， 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第1页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}回归直线方程为： y10x6，当x10时， y 的估计值为106．故选：B 8.【答案】C 【详解】设直线b在平面的射影为直线n，则a与n相交，且a与n垂直， 设直线b与平面α的距离为d，在平面α内，以a，n为x轴，y轴建立平面坐 标系，设Mx,y，则M 到直线a的距离为 y ，M 到直线n的距离为 x ， 所以M 到直线b的距离为 |x|2 d2 ，所以 y  |x|2 d2 ，即y2x2 d2， 所以M 的轨迹为双曲线．故选：C． 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 部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 题号 9 10 11 答案 ABD AC ABD 9.【答案】ABD 【详解】已知直线l与平面相交于点P，若α内存在直线n与l平行，则直线n与l确定一个平面， 由Pn，P，n且P，n，则与重合，有l，与lP矛盾，故选项A正确. 设直线l在平面内的射影为PO，根据三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜 线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.所以平面内与射影PO垂直的直线n，与直线l垂 直.又因为在平面内与直线n平行的直线都与直线l垂直，而在平面内与一条直线平行的直线有无数条， 所以平面内有无数条直线与l垂直，故选项B正确. 在平面内过点P的直线m，因为直线m与直线l都过点P，根据相交直线的定义：两条直线有且只有一 个公共点，则这两条直线相交，所以直线m与直线l相交，并非异面直线，故选项C错误. 如图，取直线l上除斜足P外一点A，过该点作平面的垂线AO. 因为AO，且AO平面POA，l平面POA，根据平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另 一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，所以平面POA垂直于平面，即至少存在一个过l且与 垂直的平面，故选项D正确. 故选：ABD. 10.【答案】AC 【详解】由题设P  B  1P(B) 1 ，且PAB P(A)P(B| A) 1  3  3 ， 3 2 4 8 1 3  PABP(A)P(B)P(AB) 1  2  3  19 ，P  A|B   P(AB)  P(A)P(AB)  2 8  3 ， 2 3 8 24 P(B) P(B) 1 8 3 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第2页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}所以A、C对，B、D错. 故选：AC 11.【答案】ABD 【解】因为g  x  f  x1  1，所以g  2x  f  1x 1， 又因为g  2x  f  x 1，所以 f x f 1x2， 1 1 所以 f  x  关于( ,1)中心对称，且 f   1， 2 2 所以 f  2026x  f  x2025 2 ，故A选项正确； 因为y f x的图象关于直线x1对称， 所以 f(1x) f(1x)，所以 f(x) f(1x)2， 用x1替换x可得 f x1 f x22， 所以 f(x) f(x2)，所以 f x的周期为T 2， 2026 所以  f(k)1013[f(1) f(2)]2026，故D选项正确； k1 因为y f x的图象关于直线x1对称, 所以 f(x) f(2x)，所以 f(x) f(x)，所以 f x是偶函数； 因为g  2x  f  x 1，所以g x  f  x 1，所以g  x 1 f x  所以g x 1 f  x 1 f x  g  x  ，所以C错误；  1   1 5  1 1 由g  2x  f  x 1，所以g2( )  f    1，所以g  1 f    1 f  ，  2   2 2  2 2 5 5 1 1 所以 f   g   f   1 f   1，所以选项B正确. 2 2 2 2 故答案为：ABD. 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分． 题号 12 13 14 n 答案 1 2  2(n1) 12.【答案】1 (xa)(x1) 【详解】因为函数 f(x) 是奇函数，所以 f xf x， x (xa)(x1) (xa)(x1) 即  ，由于分母x0，化简得2xa10，解得a1，经检验符合题意. x x 13．【答案】2 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第3页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}4 【详解】因为的终边经过点3,4，所以tan ， 3  2tan 2 4   1 所以tan  ，解得tan 2或tan  ， 1tan2  3 2 2 2 2 π   π π    又  2kπ,π2kπ,kZ，所以   kπ, kπ,kZ，所以tan 0，所以tan 2 2  2 4 2  2 2 n 14. 答案： 2(n1) 【详解】设 A (x , y )，则 A (x ,y )，B (x ,y ) n n n n1 n1 n1 n n1 n1 y  y y  y n n1 4 因为k 4，所以 n n1 4，即 y 2 y 2 ，化简得： y  y 4， A n B n x  x n  n1 n1 n n n1 16 16 所以数列{y }是首项为4，公差为4的等差数列，所以 y 4n n n 1 1 1 1 1 所以S 2n(n1)，所以   (  ) n S 2n(n1) 2 n n1 n n 1 1 1 1 1 1 1 n 所以    (1   ...  ) S 2 2 2 3 n n1 2(n1) k1 k 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. (13分) 解：（1）当a0时， f(x) xlnxx3， f(x)的定义域为(0,)， ………………… 1分 则 f(x)lnx11lnx， ………………… 2分 当x(0,1)时， f(x)0， f(x)在(0,1)上单调递减； ………………… 3分 当x(1,)时， f(x)0， f(x)在(1,)上单调递增； ………………… 4分 所以当x1时， f x取得极小值 f 14． ………………… 6分 （2） f(x)(xa)lnxxa3(aR)的定义域为(0,)， xa a f(x)lnx 1lnx ， ………………… 7分 x x a 1 a xa 令h(x) f(x)lnx (x0)，则h(x)   (x0)， ………………… 8分 x x x2 x2 当a0时，h(x)0恒成立，所以hx即 f(x)在0,上单调递增． ………………… 10分 当a0时，由h(x)0，得xa，所以hx即 f(x)在(a,)上单调递增 ……………… 12分 由h(x)0，得0xa，所以hx即 f(x)在(0,a)上单调递减. ………… 13分 16．(15分) 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第4页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}a B A 解：（1）由正弦定理  ，得sin A2sinBcos ………………… 1分 sin A sinB 2 A A A 即2sin cos 2sinBcos ………………… 2分 2 2 2 A 由A 0, 知cos 0 2 A 所以sin sinB ………………… 3分 2 因为A，B为三角形的内角 A A 所以  B或 B （舍去） ………………… 5分 2 2 即A2B ………………… 6分 2 5 （2）由cosA ，得sinA 1cos2 A  ………………… 7分 3 3 由（1）知A2B及B为锐角 2 所以cosAcos2B 2cos2 B1 ………………… 8分 3 30 6 可得cosB  ，sinB  ………………… 10分 6 6 7 6 又sinC sin(AB)sinAcosBcosAsinB ………………… 12分 18 b c bsinC 7 由正弦定理  得c  b ………………… 13分 sinB sinC sinB 3 1 1 7 5 7 5 所以S  bcsin A  b2  2 2 3 3 6 解得b 3 ………………… 14分 A 所以a 2bcos 2 3cosB  10 ………………… 15分 2 17.（15分） 方法1： (1)因为PA底面ABCD,AB,AD平面ABCD,所以PA AB,PA AD 又AB  AD，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、 y轴、 z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2) ………………… 1分   设M(x ,y ,z ),因为B,M,P共线,所以BM BP， 0,1  1 1 1 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第5页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}即 x 2,y ,z (2,0,2),解得M(22,0,2) ………………… 2分 1 1 1 因为M 在以AC 为直径的球面上，   1 所以AM  MC,得AM MC 0,解得 ， 2  所以M(1,0,1),AM (1,0,1) ………………… 3分   PB(2,0,2),BC (0,2,0)  设平面PBC 的一个法向量为m(x ,y ,z ) 2 2 2    mPB 0 x z 0 则  ,得 2 2 mBC 0 2y 2 0  所以m(1,0,1) ………………… 4分     因为 AM  m,所以AM m 所以AM 平面PBC ………………… 5分   (2)设N(x ,y ,z ),因为C,N,P共线,所以CN CP， 0,1  3 3 3 即 x 2,y 2,z (2,2,2) ,解得N(22,22,2) ………………… 6分 3 3 3   2 2 2 4 因为AN CP,所以ANCP 0,解得 ,N( , , ) ………………… 7分 3 3 3 3   1 2 1   所以MN    , , ,，CD(2,1,0) ………………… 8分  3 3 3    MNCD 记异面直线MN,CD的夹角为,则cos   0 ………………… 9分 MN CD  所以异面直线MN,CD的夹角为 ………………… 10分 2  (3) PC  2,2,2    2 4 2 因为MNPC    0,所以MN  PC ………………… 11分 3 3 3 又因为MN CD,PCCDC,PC,CD平面PCD 所以MN 平面PCD ………………… 12分 在PCD中,PDCD 5,PC 2 3 1 2 6 所以cosPCD  ,得sinPCD 5 5 1 1 2 6 S   DP  DC sinPDC   5 5  6 ………………… 13分 PCD 2 2 5 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第6页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#} 2 2 2 2 6 在PCD中,因为CN  CP ,所以S  S   6  ………………… 14分 3 NCD 3 PCD 3 3   1 2 2 2 1 2 6 MN             3 3 3 3 1 1 6 2 6 4 V V   MN S     NMCD MNCD 3 NCD 3 3 3 9 4 所以三棱锥CMND的体积为 ………………… 15分 9 方法2： (1)证明：因为PA底面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA BC ………………… 1分 因为ABBC, ABPA A,AB,PA平面PAB 所以BC 平面PAB. ………………… 2分 因为AM 平面PAB,所以BC  AM ………………… 3分 因为点M 在以AC 为直径的球面上,所以AM  MC ………………… 4分 因为BCMC C,BC,MC 平面PBC 所以AM 平面PBC ………………… 5分 (2)因为PB平面PBC ,所以AM  PB 因为PA AB,所以M 为AB中点 因为点N 在以AC 为直径的球面上,所以AN  PC 2 3 1 在PAC中,易得PN   PC ………………… 6分 3 3 6 在PBC中,cosBPC  3 6 所以MN  PM 2  PN 2 2 PM  PN cosBPC  ………………… 7分 3 取CN 的中点E, 取CE的中点F , 取CB的中点G ,连接BE,GF 1 在PBE 中,M,N分别为PB,PE中点,所以MN //BE且MN  BE 2 1 在CBE中,同理可得GF //BE且GF  BE 2 所以MN //GF且MN GF 因为AD//GC且ADGC, 所以四边形ADCG为平行四边形,即CD//AG ……………… 8分 过F 作FH  AC于H 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第7页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}CF FH CH 1 在PAC中,    CP PA CA 6 5 2 1 51 所以 AH  ,FH  ,FA AH 2  FH 2  ………………… 9分 3 3 3 在AGF 中, AG 2  GF 2  AF 2,所以AG GF ,所以MN CD  所以异面直线MN,CD的夹角为 ………………… 10分 2 (3)在PMN 中, MN 2  PN 2  PM 2 ,所以MN  PC ………………… 11分 因为MN CD,PCCDC,PC,CD平面PCD 所以MN 平面PCD ………………… 12分 在PCD中,PDCD 5,PC 2 3 1 2 6 所以cosPDC  ,得sinPDC  5 5 1 1 2 6 S   DP  DC sinPDC   5 5  6 ………………… 13分 PCD 2 2 5 2 2 2 1 2 6 因为 CN  CP ,所以S  S   2 3 2  ………………… 14分 3 NCD 3 PCD 3 2 3 1 1 6 2 6 4 V V   MN S     CMND MNCD 3 NCD 3 3 3 9 4 所以三棱锥CMND的体积为 ………………… 15分 9 18.（17分） c 6 解：（1）由题意可得：e  ，且a  2 ………………… 1分 a 2 所以c 3 ………………… 2分 在双曲线中，a2 b2 c2，故b1 ………………… 3分 x2 因此双曲线C的方程为：  y2 1 ………………… 4分 2   4 3 m （2）设点G(0,m)，且F( 3,0)，FG 3PF ，可得P( , ) ………………… 5分 1 1 1 3 3 点P在双曲线上，可得m 15 ………………… 6分 所以k k  5 ………………… 7分 PQ FG 1 所以直线PQ的方程为：y 5x 15. 或y 5x 15 ………………… 9分 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第8页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}（3）由题意可知直线PQ斜率不为0，设直线PQ方程为xtyn，P(x ,y )，Q(x ,y ) 1 1 2 2 所以M(n,0)，又点M,N关于坐标原点对称，所以N(n,0)，圆N 的半径为n …………… 10分 x2   y2 1 联立 2 ，可得(t2 2)y2 2tny(n2 2)0 ………………… 11分  xtyn 2tn 2n2 得 y  y  ， y y  ………………… 12分 1 2 2t2 1 2 2t2 要使得直线PQ与双曲线左支交于两点，应满足：t( 2, 2)，n(,0) …………… 13分 4n 因为x x t(y  y )2n 1 2 1 2 2t2 2n tn 所以D( , ) ………………… 14分 2t2 2t2 2n tn n2[(4t2)2 t2] 因为 DN  ( n)2 ( )2  2t2 2t2 (2t2)2 EN (2t2)2   所以sinEDN   ， (t  2, 2 ) ………………… 15分 DN (4t2)2 t2 令2t2 s(0,2] s2 s2 1 1 得sinEDN     (2s)2 2s s2 3s6 1 1 1 1 5 6( )2 3 1 6(  )2  s s s 4 8 1 1 因为 [ ,) s 2 1 所以sinEDN(0, ] ………………… 16分 2  因为EDN 为锐角，所以EDN(0, ] 6  3 而EDF 2EDN(0, ]，所以sinEDF (0, ] ………………… 17分 3 2 19.（17分） 解：（1）设事件A =“实验期至少摸到一个编号不小于8的球” ………………… 1分 A3 7 17 则P(A)1 7 1  ………………… 3分 A3 24 24 10 （2）①方法1： 设实验期第i次摸到的球的编号为X ，(i 1,2,,k)，记这k个编号的和为X i 则X  X  X X ………………… 4分 1 2 k 先求第i次摸到的球的编号为X 的数学期望E(X ) i i X 的所有可能的取值为：1,2,,n ………………… 5分 i 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第9页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}1 根据无放回随机抽样的特点，P(X  j) ， j 1,2,,n ………………… 6分 i n n 1 n1 所以E(X ) j  ，i 1,2,,k ………………… 7分 i n 2 j1 k(n1) 所以E(X) E(X  X  X ) E(X )E(X )E(X ) ……………… 9分 1 2 k 1 2 k 2 方法2：从1,2,,n中选k个数共有Ck种组合， ………………… 4分 n 考虑 1,2,,n 所有k元子集，它们的和的平均值即为实验期所摸小球编号之和的数学期望 对每个数 j 1,2,,n ，它在所有k元子集中出现的次数为Ck1 ………………… 5分 n1 n n Ck1n(n1) 所有k元子集的总和为  jCk1 Ck1 j n1 ………………… 8分 n1 n1 2 j1 j1 C n k   1 1n(n1) A n k   1 1 n(n1) Ak1 k(n1) 所以所求期望为：E(X) 2  k1  ………………… 9分 Ck Ak 2 n 2 n Ak k ②记前k次（实验期）记录的编号之和为X ，编号最大的数即为Y，则S  X (mk)Y Y所有可能的取值为：k,k 1,,n ………………… 10分 1 Ck1 Ck1 Ck1 则P(Y k) ，P(Y k1) k ，P(Y k2) k1 ，…，P(Y n) n1 ……11分 Ck Ck Ck Ck n n n n 1 Ck1 Ck1 n iCk1 所以E(Y)k (k1) k n n1  i1 ………………… 12分 Ck Ck Ck Ck n n n ik n iAk1 Ak kAk 因为iCk1  i1  i  i kCk i1 Ak1 Ak1 Ak i k1 k1 k n iCk1 n kCk k n k (n1)k 所以E(Y) i1  i   Ck  Ck1  Ck Ck Ck i Ck n1 k1 ik n ik n n ik n k(n1) (n1)k 所以E(S)E(X (mk)Y)E(X)(mk)E(Y) (mk) ……… 15分 2 k1 k (17k)k 37 1 36 当m17时，E(S)(n1)(  )(n1)[  (k1 )] 2 k1 2 2 k1 37 1 36 25(n1) 36 (n1)(  2 (k1) ) ，当且仅当k1 ，即k 5时取等号 2 2 k1 2 k1 25(n1) 所以E(S)的最大值为 ，此时k 5 ………………… 17分 2 2026届高三模拟测试（二）数学参考答案 第10页 共10页 {#{QQABIYokwwC4kIZACS7bA0EICAiYkJCTLIgOhUCcuAxLCQFIFAA=}#}