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广东深圳中学2026届高三下学期二轮二阶测试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．若，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列与均为等差数列，且，，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．在平面直角坐标系中，如图所示，将一个半径为1的圆盘固定在平面上，圆盘的圆心与原点重合，圆盘上缠绕着一条没有弹性的细线，细线的端头（开始时与圆盘上点重合）系着一支铅笔，让细线始终保持与圆相切的状态展开，切点为，细绳的粗细忽略不计，当时，点与点之间的距离为（ ）
A． B． C．2 D．
7．已知函数，且，则的取值范围为
A． B．
C． D．
8．已知关于的方程（）有四个互不相等的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某校高三数学考试的预估均分与实际均分存在略微差异，为评选“最感人的代表”，有同学统计了历次考试分差并得到一组数据：7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.5，若去掉一个最高分和一个最低分，则（ ）
A．这组数据的极差变小 B．这组数据的均值不变
C．这组数据的方差变小 D．这组数据的第75百分位数不变
10．某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（ ）
A．轨道的焦距为 B．轨道的离心率为
C．轨道的短轴长为 D．当越大时，轨道越扁
11．已知角满足，则（ ）
A．存在在第一象限，在第三象限 B．存在在第一象限，在第四象限
C．存在在第二象限，在第三象限 D．存在在第二象限，在第四象限
三、填空题
12．设随机变量服从正态分布，若，则____________.
13．若四面体中，，，，则四面体的体积是________.
14．已知直线（）与曲线，分别交于，两点，则__________.
四、解答题
15．如图，在中，是边上一点，，记，，，，满足.
(1)求的值；
(2)若，求的值.
16．数列满足对任意的正整数，函数均存在两个极值点，其中.
(1)证明：；
(2)若，求的前项和.
17．如图，四棱锥中，，，且.
(1)当平面平面时，证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．设a为实数，是以点为顶点，以点为焦点的抛物线，是以点为圆心、半径为1的圆位于y轴右侧且在直线下方的部分．

(1)求与的方程；
(2)若直线被所截得的线段的中点在上，求a的值；
(3)是否存在a，满足：在的上方，且有两条不同的切线被所截得的线段长相等？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
19．数学中的等效性与对称性不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中.已知一个不透明的罐子中有编号分别为的个小球（），除编号外，小球的大小、质地完全相同.现从中一次性随机摸出个小球.
(1)若，，求这个小球编号两两不相邻的概率；
(2)记，分别为摸出的这个小球的最大、最小编号，求；
(3)若，记表示摸出小球的最大最小编号之差，表示未摸出小球的最大最小编号之差，记，证明.
参考公式：已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，，有.
参考答案
1．C
【详解】由已知，，
所以．
故选：C．
2．C
【详解】命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”.
3．D
【详解】因为，
所以，所以，即，故A错误；
因为，所以，故B错误；
由A知，两边同乘以正数，则，故C错误；
因为，所以，所以（，等号不成立），
故，故D正确.
故选：D
4．B
【详解】对于A，由于基底向量不能是零向量，故A错误，
对于B，由于与不共面，符合基底要求，故B正确，
对于C，，故共面，不符合要求，C错误，
对于D，，故共面，不符合要求，D错误，
故选：B
5．B
【详解】因为，，
所以，
即 ，
根据等差数列的性质可知，
所以.
故选:B.
6．D
【详解】展开过程中：
,
,
故选：D.
7．C
【详解】由得：，解得：
由得：，解得：
本题正确选项：
8．C
【详解】方程可化为或，
由，可得，所以，
设所对应的两点分别为、，则、，
设的解所对应的两点分别为、，记为，，
当，即，解得，即时，
因为、关于轴对称，且，关于轴对称，
当，，，四点共线时，，不合题意，
除此种情况，由于点和点均关于轴对称，只要四点不共线（即），这四点就共圆；
当，即或时，此时，，且，，
故此圆的圆心为，半径，
又圆心到的距离，解得，
综上可得.
结合选项可得C正确.
9．ABC
【详解】对于A，原来6个数据的极差为，
去掉一个最高分和一个最低分后这组数据的极差为，极差变小了，故A正确；
对于B，原来6个数据的均值为，
后来这4个数据的均值为，所以均值不变，故B正确；
对于C，原来6个数据的方差如下，
为，
后来这4个数据的方差为，
所以这组数据的方差变小，故C正确；
对于D，因为，所以原来6个数据的第75百分位数为9.4，
又，所以后来这4个数据的第75百分位数为，故D错误.
10．BC
【详解】由题知，解得，，
对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，
对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，
对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，
对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，
故选：BC.
11．BCD
【详解】因为，可得
令，，则，整理得，
此时关于的方程有解，则满足有，即，
作出函数和的图像，如图所示：
由图像可知存在，使得，
当时，恒成立，则，，
因此和一正一负，说明当在第二象限时，在四个象限均可；
当时，成立，此时，，
因此和皆为负，说明当在第一象限时，只能在第二象限或第四象限；
当时，，不符合题意，舍去，
综上所述，选项BCD正确.
12．
【详解】因为且，
所以，解得.
故答案为：
13．2
【详解】以四面体的各棱为长方体的面对角线作出长方体，如图所示，
设，
则，解得，
．
故答案为：2．
14．
【详解】设，两点的横坐标分别为，，
由，得，
故.
又，，
因此求，只需考虑最小值即可.
设，则，为上的增函数，
而，故在上存在零点，
所以的解集为.
令，，
令，显然单调递增且，
当时，，即；当时， ，即；
所以在上为减函数，在上为增函数，
因此，即.
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，∵，∴，.
∴，
∵，
∴
，因此.
（2）在中，根据正弦定理得.又，，
∴，∴.
又∵，∴.
∴，解得或.∵，
∴，∴
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：由，可得其定义域为，且，
因为函数有两个极值点，所以在上有两个变号零点，
令，即，即有两个不相等的正根，
则满足，解得或（舍去），
所以.
（2）解：由（1）知，
可得，因为，可得，
所以
.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面，，平面，可得平面，
又，平面，故，，又，所以
由，，得，
，，
，
如图1，取中点，连接BM，DM，有，，
又，，所以，故
因为，，，平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面
（2）取中点，以为原点，为轴，过且平行于的直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系
因为，O为的中点，所以在平面内.
可设，，可得，，，，
，，
因为，所以，
即，解得，得，
，，，
设平面与平面的法向量分别为，，
由题意可得即
可取，同理可得，
设平面与平面的夹角为，故，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)，
(2)
(3)存在，
【详解】（1）设，则，解得，故，
依题意有.
（2）设被所截得的线段为，中点为，
联立和有，故，
故，代入得：
，解得.
（3）如图，在的上方时，抛物线和圆无交点，联立和有
且，解得，
显然，切线斜率存在，设切线方程为，
由为四分之一圆知，
又圆心到切线的距离等于半径：，故，
切线方程为，与联立得，
设被所截得的线段为，则，
，
记，则，，
记，则，
依题意有：对给定的，使得和有两个交点，
由知
使即可，
否则在上单调，不存在使得，
而，故只需，
解得，
综上所述：.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）记事件表示选出的小球编号不相邻，
从8个小球中选出3个球共有种选法，
故随机试验从8个小球中选出3个球的样本空间中含有个样本点，
所选小球编号不相邻方法，等效于将个相同的小球排成一列，
从其产生的个空隙选个空插入个小球，共种方法，
所以事件包含个样本点，因此；
（2）方法一（对称法）：
考虑对称变换：将每个编号映射为，
则编号变换后仍为.
设原集合的抽样结果为，，，
对进行对称变换得到，
则，.
由于抽样是均匀的，与有相同的概率分布，所以与同分布，与同分布，
所以，所以.
方法二（组合恒等式）：
因为，，，…，，
则；
，，，…，，
则，
所以.
（3）和恰好相等的所有可能值为，，，…，.
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有种；
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有种；
和恰好相等且等于（，2，…，）（）时，
不同的分组方法有种；
所以当时，；
当时，.
下证时，：
①当时，显然成立；
②对，，即，
∴
∴
综上所述，原不等式成立.

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