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广东湛江市2026届高三普通高考测试(二) 数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知等比数列的各项均为正数，且，则（　　）
A． B． C． D．
5．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（　　）
A． B． C． D．
6．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上满足，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
7．已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（　　）
A． B． C．1 D．3
9．2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：
日期 1 2 3 4 5 6 7
预测误差 1 0 3 3
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（　　）
A．这组数据的众数是3
B．这组数据的60%分位数是0.5
C．这组数据的方差大于5
D．若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小
10．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．函数的最大值为
C．函数的图象关于点对称
D．方程在区间上恰有个实数根
11．若函数图象上存在不同的两点和，使得的图象在点，处的切线交于直线（为常数）上同一点，则称，为函数的一对“关于直线的共轴切点”. 已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．存在实数，使得不存在关于轴的共轴切点
B．若存在关于直线的共轴切点，则两切点的横坐标之积为定值
C．若，则存在实数，使得存在关于直线的共轴切点，且对应的两切线斜率之和大于0
D．若，则对于任意，都存在关于直线的共轴切点
12．已知正数，满足，则的最大值为　 　.
13．已知抛物线：，点，，点在上运动，则面积的最小值为　 　.
14．若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为　 　.
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
16．如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
17．已知双曲线的离心率为，且经过点.
（1）求的标准方程；
（2）若过点的直线与交于、两点，求线段的中点的轨迹方程.
18．已知函数（），.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，对任意，都有；
（3）若方程没有实根，求整数的最小值.
19．某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为.
（1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；
（2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望；
（3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题得，则，
或，
所以.
故答案为：A.
【分析】解出集合，再根据集合的交、补运算即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由于已知复数满足，
则，
所以，对应点为，
故在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的模长公式及除法运算，结合共轭的概念及复数的几何意义求解.
3．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用正切和角公式可得，再由进行计算.
4．【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：由等比数列的性质得.
由于的各项均为正数，所以.
故答案为：A.
【分析】根据等比数列的性质化简即可求解.
5．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法.
乙有2种选法，丙有3种选法，所以.
事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种.
丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以，
因此.
故答案为：A.
【分析】先计算出事件，事件所包含的种数，结合条件概率公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
由椭圆定义得，解得，
在中，由余弦定理得，
即，整理得，
所以的离心率.
故答案为：B.
【分析】设，则，进而可得，再结合余弦定理可得，据此求离心率即可.
7．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：取的中点，过点作的垂线，垂足为，则，
又，平面，所以平面，
平面，故，
又，故平面，
所以点到平面的距离即为点到直线的距离即，
故当点与重合时，所求距离有最大值，
，
又，
解得，所以点到平面的距离的最大值为.
故答案为：A.
【分析】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则，进而得到平面，则点到平面的距离即为点到直线的距离即，再利用等面积法求距离即可．
8．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，
令，得，
所以的图象关于直线对称，所以.
将换为代入得.
又，因此，
即，则①，
所以，
对①两边求导得，故，
故和的周期均为4，
于是，.
在中，取得.
在中取得，
所以.
故答案为：B.
【分析】由题可知的图象关于直线对称，求导可得，进而得到和的周期均为4，再结合周期求值即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.
对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；
对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；
对于C，平均数，方差，故C正确；
对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据众数、百分位数、方差、平均值的计算方式逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A选项，由图象可知、，故，，
函数的最小正周期满足，所以，故.
代入点得，即，
则，，得，，
因为，所以，因此，故A正确；
对于B选项，
故函数的最大值为，故B正确；
对于C选项，，
因为，
，
所以，故函数的图象不关于点对称，故C错误；
对于D选项，由方程，得，
则，或，，
解得，或，.
当时，可得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用三角函数的图象特征确定的解析式即可判断A；根据恒等变形化简得到即可判断B；根据即可判断C； 当时，解方程即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由题意可知，设，，
在处的切线方程为即，
同理在处的切线方程为，两条切线交于直线上同一点，
故有（*），
当时，*式可化为，
令，则，当时，，
时，时，均有，
时 ，则在上单调递减，所以不存在不同的，使得，
因此当时，不存在关于轴的共轴切点，A正确；
当时，取得，考虑函数，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，且当时，，
所以对有满足，同样有使得，
而，故横坐标之积不是定值，B错误；
当时，取，代入（*）解得，
此使，成为关于直线的共轴切点，
此时斜率之和，C正确；
当时，设，则，
在处的切线方程具有一般形式，
考虑函数，则，
时，，时，，
故在处取最大值，可知存在使得方程存在两个不同的解，
即存在两个不同的使得，也就是同时在这两处的切线上
即存在关于直线的共轴切点，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，，利用导数的几何意义得出切线方程，再根据共轴切点的定义即可判断A；易知，时，符合题意，但积不为定值，据此判断B；时，可得，再计算斜率之和即可判断C；由题可知存在使得方程存在两个不同的解，再通过构造证明即可判断D.
12．【答案】12
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
所以，当且仅当，时等号成立.
故答案为：12.
【分析】由题可知，再利用基本不等式求最值即可．
13．【答案】1
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意直线的方程为，.
设点坐标为（），
则到直线的距离为，
当且仅当时取等号，此时.
于是面积的最小值为.
故答案为：1.
【分析】根据题意得到直线的方程及，再设，结合点到直线的距离公式求解.
14．【答案】19
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为数列是“和谐数列”，且，
所以共有6项，且.
若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个；
若，，，有2项为0，1项为1，1项为，
则满足条件的数列的个数为；
若，，，有2项为1，2项为，
则满足条件的数列的个数为，所以的个数为.
故答案为：19.
【分析】根据“和谐数列”的定义可知，再结合组合数求个数即可.
15．【答案】（1）解：由及正弦定理，得.
因为，
所以，
整理得.
因为，所以，即.
又，所以.

（2）解：由，且，得.
由余弦定理，及，
得.
所以（负值舍去）.
故的周长为.
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理及恒等变形化简可得，进而可得角 ；
（2）由三角形面积公式可得，再结合余弦定理可得即可求解.
（1）由及正弦定理，得.
因为，
所以，
整理得.
因为，所以，即.
又，所以.
（2）由，且，得.
由余弦定理，及，
得.
所以（负值舍去）.
故的周长为.
16．【答案】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，
因为在底面上的投影为，所以平面，
又平面，故.
又平面，平面，，
所以平面.
（2）方法一：
由，，得，，，
如图1，作于点，则.
因为平面平面，交线为，所以平面.
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即
令，得，故.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.
由平面 平面，平面 平面， 平面.故 平面.
由 平面， 平面，故.
由勾股定理得，可得.
连接，则.
因为面，面.
所以且，即四边形为平行四边形.
所以，因为、分别为、中点
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，
在中，.
所以.
设点到平面的距离为，则.
即，所以.
故所求正弦值为.
（3）方法一：
设平面的法向量为，
则即
令，得，故，
又，
所以点到平面的距离.
方法二：
由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
如图2，取的中点，连接，.
因为三角形和三角形都是正三角形
所以，所以，同理，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
作于，平面平面，平面，
所以平面，所以即为所求距离.
在中，，由（2）方法二可得
在中由余弦定理可得.
解得，所以.
解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.
所以.
设边上的高为，则.
解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题可知，结合 底面 ，得到，再由线面垂直的判定即可证明；
（2）方法一：以为原点建立空间直接坐标系，再利用向量法求线面角即可；
方法二：作 得正三角形 的高，利用等体积法求出点 到平面 的距离，再由线面角定义 计算正弦值；
（3）方法一：利用空间向量法求点到面的距离；
方法二：先由 得四点共面，将点到平面 的距离转化为到平面的距离；取 中点，证明面面垂直，作 得到垂线段 即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出 、，最后在三角形中算得 .
（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，
因为在底面上的投影为，所以平面，
又平面，故.
又平面，平面，，
所以平面.
（2）方法一：
由，，得，，，
如图1，作于点，则.
因为平面平面，交线为，所以平面.
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即
令，得，故.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.
由平面 平面，平面 平面， 平面.故 平面.
由 平面， 平面，故.
由勾股定理得，可得.
连接，则.
因为面，面.
所以且，即四边形为平行四边形.
所以，因为、分别为、中点
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，
在中，.
所以.
设点到平面的距离为，则.
即，所以.
故所求正弦值为.
（3）方法一：
设平面的法向量为，
则即
令，得，故，
又，
所以点到平面的距离.
方法二：
由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
如图2，取的中点，连接，.
因为三角形和三角形都是正三角形
所以，所以，同理，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
作于，平面平面，平面，
所以平面，所以即为所求距离.
在中，，由（2）方法二可得
在中由余弦定理可得.
解得，所以.
解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.
所以.
设边上的高为，则.
解得.
17．【答案】（1）解：设双曲线的焦距为，由离心率，得，
又，所以，即.
将点代入方程，得，即，所以，.
故双曲线的标准方程为.
（2）解：解法一：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程，代入消去，整理得.
则，
即，且，所以.
于是，中点的横坐标，则.
又点在直线上，所以，即.
因为，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
故线段的中点的轨迹方程为或.
解法二：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程代入消去，整理得.
则即，且，
由、两点在双曲线上得，作差得，①
当时，易知；
当时，①式可化为，即.
故（由题意可得且），
可得，
因为，所以.
当时，也在直线上.
又，可得，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
综上，线段的中点的轨迹方程为或.

【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，列方程解出、、即可；
（2）解法一：设点、、，分析可知直线斜率存在，设直线的方程为，联立曲线，利用韦达定理求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程；
解法二：设点、、，分析可知直线斜率存在，设直线的方程为，联立曲线，利用点差法求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程即可.
（1）设双曲线的焦距为，由离心率，得，
又，所以，即.
将点代入方程，得，即，所以，.
故双曲线的标准方程为.
（2）解法一：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程，代入消去，整理得.
则，
即，且，所以.
于是，中点的横坐标，则.
又点在直线上，所以，即.
因为，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
故线段的中点的轨迹方程为或.
解法二：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程代入消去，整理得.
则即，且，
由、两点在双曲线上得，作差得，①
当时，易知；
当时，①式可化为，即.
故（由题意可得且），
可得，
因为，所以.
当时，也在直线上.
又，可得，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
综上，线段的中点的轨迹方程为或.
18．【答案】（1）解：的定义域为，，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）证明：当时，，要证，
即证，即.
设，
则，
令（），则，
故当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减.
故，
所以当时，，当时，，
所以在处取最小值，
故恒成立，原不等式得证.
（3）解：方程可化为，所以.
记，，则.
记，
则.
记，
则，
故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
又，，当时，，
故当时，，即，在区间上单调递减，
由，，
根据零点存在性定理可知存在，使得，即.
且当时，单调递增，当时，单调递减，
故，
且，当时，，
设（），则，
设（），则，
所以，
所以在区间上单调递减，
且，，所以，
所以若没有实数根，则整数的最小值为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导后，分、两种情况讨论，得到单调性；
（2）不等式转化为证，再利用导数证明不等式即可；
（3）参变分离得，记，，再利用导数求的最小值即可.
（1）解：的定义域为，，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）证明：当时，，要证，
即证，即.
设，
则，
令（），则，
故当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减.
故，
所以当时，，当时，，
所以在处取最小值，
故恒成立，原不等式得证.
（3）解：方程可化为，所以.
记，，则.
记，
则.
记，
则，
故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
又，，当时，，
故当时，，即，在区间上单调递减，
由，，
根据零点存在性定理可知存在，使得，即.
且当时，单调递增，当时，单调递减，
故，
且，当时，，
设（），则，
设（），则，
所以，
所以在区间上单调递减，
且，，所以，
所以若没有实数根，则整数的最小值为1.
19．【答案】（1）解：记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）解：当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）解：个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
【知识点】数列的函数特性；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，枚举所有排列，结合古典概型求概率即可；
（2）由题可知可取，结合题意求出对应概率，写出分布列并计算期望即可；
（3）由题可知，，进而得到再判断数列的单调性即可．
（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，
当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
1 / 1广东湛江市2026届高三普通高考测试(二) 数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题得，则，
或，
所以.
故答案为：A.
【分析】解出集合，再根据集合的交、补运算即可.
2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由于已知复数满足，
则，
所以，对应点为，
故在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的模长公式及除法运算，结合共轭的概念及复数的几何意义求解.
3．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用正切和角公式可得，再由进行计算.
4．已知等比数列的各项均为正数，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：由等比数列的性质得.
由于的各项均为正数，所以.
故答案为：A.
【分析】根据等比数列的性质化简即可求解.
5．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法.
乙有2种选法，丙有3种选法，所以.
事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种.
丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以，
因此.
故答案为：A.
【分析】先计算出事件，事件所包含的种数，结合条件概率公式计算即可.
6．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上满足，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
由椭圆定义得，解得，
在中，由余弦定理得，
即，整理得，
所以的离心率.
故答案为：B.
【分析】设，则，进而可得，再结合余弦定理可得，据此求离心率即可.
7．已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：取的中点，过点作的垂线，垂足为，则，
又，平面，所以平面，
平面，故，
又，故平面，
所以点到平面的距离即为点到直线的距离即，
故当点与重合时，所求距离有最大值，
，
又，
解得，所以点到平面的距离的最大值为.
故答案为：A.
【分析】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则，进而得到平面，则点到平面的距离即为点到直线的距离即，再利用等面积法求距离即可．
8．已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（　　）
A． B． C．1 D．3
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，
令，得，
所以的图象关于直线对称，所以.
将换为代入得.
又，因此，
即，则①，
所以，
对①两边求导得，故，
故和的周期均为4，
于是，.
在中，取得.
在中取得，
所以.
故答案为：B.
【分析】由题可知的图象关于直线对称，求导可得，进而得到和的周期均为4，再结合周期求值即可.
9．2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：
日期 1 2 3 4 5 6 7
预测误差 1 0 3 3
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（　　）
A．这组数据的众数是3
B．这组数据的60%分位数是0.5
C．这组数据的方差大于5
D．若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小
【答案】A,C,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.
对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；
对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；
对于C，平均数，方差，故C正确；
对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据众数、百分位数、方差、平均值的计算方式逐项判断即可.
10．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．函数的最大值为
C．函数的图象关于点对称
D．方程在区间上恰有个实数根
【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A选项，由图象可知、，故，，
函数的最小正周期满足，所以，故.
代入点得，即，
则，，得，，
因为，所以，因此，故A正确；
对于B选项，
故函数的最大值为，故B正确；
对于C选项，，
因为，
，
所以，故函数的图象不关于点对称，故C错误；
对于D选项，由方程，得，
则，或，，
解得，或，.
当时，可得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用三角函数的图象特征确定的解析式即可判断A；根据恒等变形化简得到即可判断B；根据即可判断C； 当时，解方程即可判断D.
11．若函数图象上存在不同的两点和，使得的图象在点，处的切线交于直线（为常数）上同一点，则称，为函数的一对“关于直线的共轴切点”. 已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．存在实数，使得不存在关于轴的共轴切点
B．若存在关于直线的共轴切点，则两切点的横坐标之积为定值
C．若，则存在实数，使得存在关于直线的共轴切点，且对应的两切线斜率之和大于0
D．若，则对于任意，都存在关于直线的共轴切点
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由题意可知，设，，
在处的切线方程为即，
同理在处的切线方程为，两条切线交于直线上同一点，
故有（*），
当时，*式可化为，
令，则，当时，，
时，时，均有，
时 ，则在上单调递减，所以不存在不同的，使得，
因此当时，不存在关于轴的共轴切点，A正确；
当时，取得，考虑函数，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，且当时，，
所以对有满足，同样有使得，
而，故横坐标之积不是定值，B错误；
当时，取，代入（*）解得，
此使，成为关于直线的共轴切点，
此时斜率之和，C正确；
当时，设，则，
在处的切线方程具有一般形式，
考虑函数，则，
时，，时，，
故在处取最大值，可知存在使得方程存在两个不同的解，
即存在两个不同的使得，也就是同时在这两处的切线上
即存在关于直线的共轴切点，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，，利用导数的几何意义得出切线方程，再根据共轴切点的定义即可判断A；易知，时，符合题意，但积不为定值，据此判断B；时，可得，再计算斜率之和即可判断C；由题可知存在使得方程存在两个不同的解，再通过构造证明即可判断D.
12．已知正数，满足，则的最大值为　 　.
【答案】12
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
所以，当且仅当，时等号成立.
故答案为：12.
【分析】由题可知，再利用基本不等式求最值即可．
13．已知抛物线：，点，，点在上运动，则面积的最小值为　 　.
【答案】1
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意直线的方程为，.
设点坐标为（），
则到直线的距离为，
当且仅当时取等号，此时.
于是面积的最小值为.
故答案为：1.
【分析】根据题意得到直线的方程及，再设，结合点到直线的距离公式求解.
14．若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为　 　.
【答案】19
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为数列是“和谐数列”，且，
所以共有6项，且.
若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个；
若，，，有2项为0，1项为1，1项为，
则满足条件的数列的个数为；
若，，，有2项为1，2项为，
则满足条件的数列的个数为，所以的个数为.
故答案为：19.
【分析】根据“和谐数列”的定义可知，再结合组合数求个数即可.
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：由及正弦定理，得.
因为，
所以，
整理得.
因为，所以，即.
又，所以.

（2）解：由，且，得.
由余弦定理，及，
得.
所以（负值舍去）.
故的周长为.
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理及恒等变形化简可得，进而可得角 ；
（2）由三角形面积公式可得，再结合余弦定理可得即可求解.
（1）由及正弦定理，得.
因为，
所以，
整理得.
因为，所以，即.
又，所以.
（2）由，且，得.
由余弦定理，及，
得.
所以（负值舍去）.
故的周长为.
16．如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，
因为在底面上的投影为，所以平面，
又平面，故.
又平面，平面，，
所以平面.
（2）方法一：
由，，得，，，
如图1，作于点，则.
因为平面平面，交线为，所以平面.
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即
令，得，故.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.
由平面 平面，平面 平面， 平面.故 平面.
由 平面， 平面，故.
由勾股定理得，可得.
连接，则.
因为面，面.
所以且，即四边形为平行四边形.
所以，因为、分别为、中点
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，
在中，.
所以.
设点到平面的距离为，则.
即，所以.
故所求正弦值为.
（3）方法一：
设平面的法向量为，
则即
令，得，故，
又，
所以点到平面的距离.
方法二：
由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
如图2，取的中点，连接，.
因为三角形和三角形都是正三角形
所以，所以，同理，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
作于，平面平面，平面，
所以平面，所以即为所求距离.
在中，，由（2）方法二可得
在中由余弦定理可得.
解得，所以.
解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.
所以.
设边上的高为，则.
解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题可知，结合 底面 ，得到，再由线面垂直的判定即可证明；
（2）方法一：以为原点建立空间直接坐标系，再利用向量法求线面角即可；
方法二：作 得正三角形 的高，利用等体积法求出点 到平面 的距离，再由线面角定义 计算正弦值；
（3）方法一：利用空间向量法求点到面的距离；
方法二：先由 得四点共面，将点到平面 的距离转化为到平面的距离；取 中点，证明面面垂直，作 得到垂线段 即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出 、，最后在三角形中算得 .
（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，
因为在底面上的投影为，所以平面，
又平面，故.
又平面，平面，，
所以平面.
（2）方法一：
由，，得，，，
如图1，作于点，则.
因为平面平面，交线为，所以平面.
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即
令，得，故.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.
由平面 平面，平面 平面， 平面.故 平面.
由 平面， 平面，故.
由勾股定理得，可得.
连接，则.
因为面，面.
所以且，即四边形为平行四边形.
所以，因为、分别为、中点
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，
在中，.
所以.
设点到平面的距离为，则.
即，所以.
故所求正弦值为.
（3）方法一：
设平面的法向量为，
则即
令，得，故，
又，
所以点到平面的距离.
方法二：
由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
如图2，取的中点，连接，.
因为三角形和三角形都是正三角形
所以，所以，同理，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
作于，平面平面，平面，
所以平面，所以即为所求距离.
在中，，由（2）方法二可得
在中由余弦定理可得.
解得，所以.
解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.
所以.
设边上的高为，则.
解得.
17．已知双曲线的离心率为，且经过点.
（1）求的标准方程；
（2）若过点的直线与交于、两点，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】（1）解：设双曲线的焦距为，由离心率，得，
又，所以，即.
将点代入方程，得，即，所以，.
故双曲线的标准方程为.
（2）解：解法一：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程，代入消去，整理得.
则，
即，且，所以.
于是，中点的横坐标，则.
又点在直线上，所以，即.
因为，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
故线段的中点的轨迹方程为或.
解法二：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程代入消去，整理得.
则即，且，
由、两点在双曲线上得，作差得，①
当时，易知；
当时，①式可化为，即.
故（由题意可得且），
可得，
因为，所以.
当时，也在直线上.
又，可得，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
综上，线段的中点的轨迹方程为或.

【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，列方程解出、、即可；
（2）解法一：设点、、，分析可知直线斜率存在，设直线的方程为，联立曲线，利用韦达定理求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程；
解法二：设点、、，分析可知直线斜率存在，设直线的方程为，联立曲线，利用点差法求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程即可.
（1）设双曲线的焦距为，由离心率，得，
又，所以，即.
将点代入方程，得，即，所以，.
故双曲线的标准方程为.
（2）解法一：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程，代入消去，整理得.
则，
即，且，所以.
于是，中点的横坐标，则.
又点在直线上，所以，即.
因为，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
故线段的中点的轨迹方程为或.
解法二：设点、、，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为，即.
联立方程代入消去，整理得.
则即，且，
由、两点在双曲线上得，作差得，①
当时，易知；
当时，①式可化为，即.
故（由题意可得且），
可得，
因为，所以.
当时，也在直线上.
又，可得，且，
当时，，可得，则，
当时，，可得，则，
综上，线段的中点的轨迹方程为或.
18．已知函数（），.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，对任意，都有；
（3）若方程没有实根，求整数的最小值.
【答案】（1）解：的定义域为，，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）证明：当时，，要证，
即证，即.
设，
则，
令（），则，
故当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减.
故，
所以当时，，当时，，
所以在处取最小值，
故恒成立，原不等式得证.
（3）解：方程可化为，所以.
记，，则.
记，
则.
记，
则，
故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
又，，当时，，
故当时，，即，在区间上单调递减，
由，，
根据零点存在性定理可知存在，使得，即.
且当时，单调递增，当时，单调递减，
故，
且，当时，，
设（），则，
设（），则，
所以，
所以在区间上单调递减，
且，，所以，
所以若没有实数根，则整数的最小值为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导后，分、两种情况讨论，得到单调性；
（2）不等式转化为证，再利用导数证明不等式即可；
（3）参变分离得，记，，再利用导数求的最小值即可.
（1）解：的定义域为，，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）证明：当时，，要证，
即证，即.
设，
则，
令（），则，
故当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减.
故，
所以当时，，当时，，
所以在处取最小值，
故恒成立，原不等式得证.
（3）解：方程可化为，所以.
记，，则.
记，
则.
记，
则，
故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
又，，当时，，
故当时，，即，在区间上单调递减，
由，，
根据零点存在性定理可知存在，使得，即.
且当时，单调递增，当时，单调递减，
故，
且，当时，，
设（），则，
设（），则，
所以，
所以在区间上单调递减，
且，，所以，
所以若没有实数根，则整数的最小值为1.
19．某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为.
（1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；
（2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望；
（3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列.
【答案】（1）解：记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）解：当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）解：个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
【知识点】数列的函数特性；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，枚举所有排列，结合古典概型求概率即可；
（2）由题可知可取，结合题意求出对应概率，写出分布列并计算期望即可；
（3）由题可知，，进而得到再判断数列的单调性即可．
（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，
当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
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