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
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