年湛江市普通高考調(diào)研測試二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題

2026目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.

數(shù)學(xué)試題9.下列四個幾何體中體積與其表面積的數(shù)值之比為1:3的是

A.底面半徑為1,高為2的圓錐

本試卷共4頁,19題。全卷滿分150分。考試用時120分鐘。

B.底面半徑為1,高為2的圓柱

注意事項:

13

1.答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上,并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在C.上、下底面半徑分別為,,高為2的圓臺

2

答題卡上的指定位置。2

D.半徑為1的球

2.選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂

10.已知函數(shù)f(父)=cOs4w父十sin4w父(w>0)的最小正周期為π,則

黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

A.w=2

3.非選擇題的作答:用簽字筆直接寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草

1

稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。B.f(父)的值域為[,1]

4.考試結(jié)束后,請將本試題卷和答題卡一并上交。2

3π

、,,,C.f(父)在區(qū)間(0,)上先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增

一選擇題:本題共8小題每小題5分共40分.在每小題給出的四個選項中只有一項4

是符合題目要求的.3

3π中心對稱

某地區(qū)的鴻蒙用戶中心的客服人員現(xiàn)要從購買智界汽車的名車主,享界汽車的D.曲線y=f(父)關(guān)于點—,4)

1.5060(4

名車主,問界汽車的40名車主中用分層隨機抽樣的方法抽取容量為30的樣本進行用11.設(shè)O為坐標(biāo)原點,拋物線C:y2=2P父的準(zhǔn)線l:父=—2,P為C上不與O重合的動點,

戶反饋調(diào)研,則在智界汽車車主中抽取的人數(shù)為以P為圓心,1為半徑作圓,過點(—2,0)作圓P的兩條切線交圓P于M,N兩點,則

A.8B.10C.11D.12A.l始終與圓P相離B.|MN|無最值

,父,(

2.已知集合A={父0<父≤2}B={yy=3十1}則A∩CRB)=C.存在點P,使得OP丄MND.|OM|=2時,P到l的距離為3

A.(1,2]B.(0,1]三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.

C.(—∞,1]D.(1,十∞)2

父十2父,<1

212.已知定義在R上的偶函數(shù)f(父)滿足:父≥0時,f(父)=,則f(—1)十

3.在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于{ln父十3,

1

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限f=.

(4)

在直角坐標(biāo)系中,點(2,0)到直線上動點的最小距離為

4.父Oy父—2y十3=0π

13.已知tanα=3,則sin2α十=.

A.1B.\C.2D.\(2)

2

2y

1父—

:2=1(a>0,b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,過點F1的直線與E

5.曲線y=ln父十a(chǎn)父十在點(1,a十1)處的切線l過定點14.已知雙曲線E2b

父a—→

A.(1,2)B.(1,1)C.(1,0)D.(0,1)

的左,右兩支分別交于M,N兩點,與y軸交于點P,線段PF2與E交于點Q.若F1P=

—→—→

—→

6.已知正數(shù)a,b滿足a十b=1,則a十十的最小值為PN,PQ=2QF2,則E的離心率為.

四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明,證明過程或演算步驟.

A.\B.115.(本小題滿分13分)

C.2D.\如圖,圓錐SO中,P,Q為底面圓上兩點,SO=2\2,且△SQP是邊長為4的等邊三角

7.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,c=4,cOsA=\,若△ABC有兩解,則a形.

4(1)證明:OQ丄平面SOP;

的取值范圍是—→2—→

(2)若SM=SP,求點S到平面MOQ的距離.

A.(4,十∞)B.(3,十∞)3

C.(3,4)D.[3,4)

8.有甲,乙兩個盒子,甲盒中有且僅有1個白球,乙盒中有k(k>3)個白球和(k十1)個黑

球,現(xiàn)從乙盒中隨機抽取i(i=1,2)個球放入甲盒中,設(shè)放入后在甲盒中隨機抽取一個

球是白球的概率為Pi,甲盒中含有白球個數(shù)的期望為Ei,則

A.P1>P2,E1>E2B.P1>P2,E1<E2QP

C.P1<P2,E1>E2D.P1<P2,E1<E2

數(shù)學(xué)試題第1頁(共4頁)數(shù)學(xué)試題第2頁(共4頁)

16.(本小題滿分15分)18.(本小題滿分17分)

2

為解決當(dāng)下人口老齡化以及生育率連年下降等問題,我國于2025年7月28日印發(fā)記sn為遞增數(shù)列{an}的前n項和,且2sn=an十n.

了《育兒補貼制度實施方案》,某地響應(yīng)國家號召,制訂了兩套方案以減緩部分家庭由撫養(yǎng)(1)求{an}的通項公式;

造成的生活壓力.兩套方案的執(zhí)行策略如表:(2)求數(shù)列{an.a2n}的前n項和;

單個家庭生育嬰兒數(shù)123

每月補助元,共每月補助元,每月補助元,

補貼方案一30011002600

補貼3年共補貼3年共補貼3年

補貼方案二每月補助1000元,共補貼3年

通過人口普查,可近似估計該地每個家庭生育嬰兒的數(shù)量與概率:

單個家庭生育嬰兒數(shù)0123

3211

概率

105510

由于單個家庭生育四個嬰兒及以上的概率過低,可認為此事件為小概率事件,故只需

考慮單個家庭生育嬰兒總數(shù)在0~3的情況.

(1)若采用補貼方案一,隨機選取某家庭,其補助不低于1100元/月,求其共生育2個

嬰兒的概率;

(2)試從期望的角度討論這兩種補貼方案哪套的補貼額更高.

19.(本小題滿分17分)

已知函數(shù)f(父)=(父2十a(chǎn))e父.

(1)討論f(父)的單調(diào)性;

(2)若f(父)無零點,且有兩個不同的極值點父1,父2.

(i)求a的取值范圍;

(i)求f(父1)十f(父2)的取值范圍.

17.(本小題滿分15分)

父2

已知橢圓E:十=1(0<b<2)的離心率為.

b2

(1)求E的方程;

(2)記坐標(biāo)原點為O,過點(1,0)的直線與E交于A,B兩點,若|AB求△OAB

的面積.

數(shù)學(xué)試題第3頁(共4頁)數(shù)學(xué)試題第4頁(共4頁)

參考答案及解析數(shù)學(xué)

2026年湛江市普通高考調(diào)研測試

數(shù)學(xué)參考答案及解析

一、選擇題

氵=0,若關(guān)于b的方程有兩個不等正根,則Δ=28-

氵

1.B【解析】按照分層隨機抽樣,在智界汽車車主中共氵2

氵4(16-a)>0,解得a>3.記方程的兩根為b1,b2,則

氵

2

抽取人.故選B.氵b1b2=16-a>0,從而a<4.故選C.

氵

氵8.B【解析】當(dāng)i=1時,從乙盒取出白球和黑球的概

2.B【解析】由題意知B=(1,十∞),故CRB=(-∞,氵

氵

1],所以A∩(CRB)=(0,1]故選B

..氵率分別為,放入后,取出白球的概率分

氵

氵

3A【解析】設(shè)義十4i,所以

.氵別為1和,故p.1十

氵

義在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為(3,4),位于第一象氵

氵當(dāng)i=

限.故選A.氵

氵

氵2時,從乙盒取兩個球,此時服從超幾何分布,取出兩

氵

4.D【解析】直線父-2y十3=0上的點(父,y)到點

氵

(2,0)的距離的最小值為點(2,0)到直線父-2y十3氵個白球的概率P此時甲盒中取白球概

氵

氵

=0的距離d故選D.k十1

氵率為1;取出兩個黑球的概率P2=,此時甲

氵2(2k十1)

氵

氵

1

5.D【解析】令函數(shù)f(父)=ln父十a(chǎn)父十,則盒中取白球概率為;取出一白一黑的概率P3=

父氵

氵

氵

fI十a(chǎn),故fI(1)=a,所以l的方程為k十1

氵,此時甲盒中取白球概率為,則p2=P1.1十

父父氵2k十1

氵

氵

y-(a十1)=a(父-1),整理得y=a父十1,所以l經(jīng)P十P,且放入的兩個球中白

氵

過定點(0,1).故選D.氵

氵

氵球數(shù)的期望E(X)=2.,則E2=1十

6.C【解析】由題意可得a十氵

氵

氵則

當(dāng)且僅當(dāng)即Ep1-p

氵

氵

氵

所以p1>p2,又E1=

a=b時,等號成立,所以a十的最小值為氵

氵

氵

3k十1

2.故選C.氵,E,故E1<E2.故選B.

氵2k十1

222氵

7.C【解析】在△ABC中,由余弦定理得a=b十c-氵二、選擇題

氵

1

氵2

\229.BD【解析】圓錐的體積為:V1=××1×2=

2bccosA,代入c=4,cosA=得b-2\b十16-a氵3π

.1.

數(shù)學(xué)參考答案及解析

222氵

,表面積為:S1=π×1十π×1×\2十1=氵k∈Z.令k=-2,可得曲線y=f(父)關(guān)于點-,

氵(

氵

π,所以故A錯氵中心對稱,故D正確.故選BCD.

氵

氵

2

誤;圓柱的體積為:V2=π×1×2=2π,表面積為:氵11.AB【解析】對于A,依題意得p=2×2=4,所以

氵

氵2

2C:y=8父.設(shè)點P的坐標(biāo)為(父0,y0),那么P到l的

2V2π1氵

S2=2×π×1十2×π×1×2=6π,所以==,

S26π3氵

氵距離為父0十2>2>1,所以相離,故A正確;對于B,

氵

2氵22

故B正確圓臺的體積為V=×2××設(shè)點A(-2,0),則|PA|=\(父0十2)十y0=

;:3[π氵

氵

2

氵\父0十12父0十4∈(2,十∞),AM=AN=

十表氵

氵

氵\,四邊形AMPN的面積為|PA|.

22氵

面積為:S3=×十×十×

πππ氵

氵|MNAM|.1×2,即|MN

所氵

氵

氵(\,2),故B正確;對于C,因為AP丄MN,AP的斜

1氵

-

52\65氵

以==,故C錯誤;球的體y0y0

165氵率為,而OP的斜率為,兩者相等當(dāng)且僅當(dāng)

十)π氵父0十2父0

氵

氵0=0,而這與題意矛盾,所以不垂直,故C錯誤;對

32y

積為:V4=×π×1=,表面積為:S4=4×π×1氵

氵

氵于D,驗證結(jié)論:若點P到l的距離為3,則P(1,

氵

氵±2\),又OP=3,OM=2,PM=1,所以O(shè),M,P

氵

氵

444

10.BCD【解析】易得f(父)=cosw父十sinw父=1-氵三點共線也即M±\此時PM斜率為

氵,,3),

11氵

2cos2w父sin2w父=1-sin22w父=1-(1-

24氵

氵±2\,AM的斜率為±\,兩者的乘積為2≠-1,

312氵

cos4父)=十cos4父由題意可得π=解得

ww.π,氵所以AM與PM不垂直,矛盾,故D錯誤.故選AB.

444w氵

氵三、填空題

=,故A錯誤;故f(父)=十cos2父.因為氵

w氵

氵2

12.【解析】由題意可得f=十=

cos2父∈[-1,1],所以f(父)的值域為,1,故氵

]氵

氵,又因為f(父)為偶函數(shù),故f(-1)=f(1)=3,故

B正確;當(dāng)父∈0,時,2父∈0,,由余弦函氵

((氵

氵f(-1)十f=.故答案為.

數(shù)的圖象性質(zhì)可知f(父)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增,氵

氵

氵

故C正確;令2父=kπ十,k∈Z,得父=十,氵

氵13.-【解析】因為tanα=3,所以sin(2α十=

.2.

參考答案及解析數(shù)學(xué)

22cos2α-sin2α1-tan2α

cos2α=cosα-sinα===氵義軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,(6分)

cos2α十sin2α1十tan2α氵

氵ZA

44氵

-故答案為-

5.5.氵

氵

氵

\

14.【解析】不妨設(shè)F1(-c,0),則F2(c,0),記P氵

3氵M

氵

氵

(0,t),由三等分點性質(zhì)可知Qc,t),而直線氵

氵PY

—→—→—→

MN的方向向量F1P=(c,t),故可由F1P=PN得點氵

氵則Q(2\,0,0),P(0,2\,0),S(0,0,2\);(7分)

22

(c4t氵

-氵

22=1——→——→42

ab由SM=SP得M0\\8分

氵,(,3,3).()

N(c,2t),將N與Q代入E,可得〈,而氵

4c2t2氵

2-2=1

(9a9b氵——→42——→

且OM=0\\OQ00

氵(,3,3),=(2\,,).

氵

(2

e-=1①氵設(shè)平面MOQ的一個法向量n=(父,y,義),

E的離心率e=,故〈,4×②-①氵

2氵

2t(42

4e-=9②\y十\義=0

(b2氵33

氵則〈,解得父=0,令y=1,得義=

氵

可得15e2=35,故由e>1,可解得e=\.故答案氵(2\父=0

3氵

氵-2,

氵

為\

.氵則n=(0,1,-2).(10分)

3氵

氵

四、解答題—→

氵由于OS=(0,0,2\),

氵

15.解:(1)圓錐的高SO丄底面OPQ,故SO丄OQ,SO氵設(shè)點S到平面MOQ的距離為d.

氵

丄OP.氵—→

|n●OS||0×0十1×0十(-2)|

氵故d=×2\

|n|==

氵\02十12十(-2)2

在Rt△SOQ中,SQ=4,SO=2\,則OQ=氵

氵4

4\=\

\=2\.氵,

氵\55

氵

同理,OP=2\.(2分)

氵4

也即點S到平面MOQ的距離為\.(13分)

氵5

由于△SQP是邊長為4的等邊三角形,故PQ=4.氵

氵

16.解:(1)記事件A:單個家庭補助不低于1100元/月,

2222氵

在△POQ中,OP十OQ=(2\)十(2\)=16=

氵

氵事件B:單個家庭共生育2個嬰兒,(2分)

PQ2,故4分)

OQ丄OP.(氵

氵113

由于SO丄OQ,OQ丄OP,SO∩OP=O,且SO,OP=則P(A)=十=,(3分)

氵51010

氵

平面SOP,故OQ丄平面SOP.(5分)氵

PAB,4分

—→—→—→氵()=()

(2)如圖所示,以O(shè)為原點,OQ,OP,OS分別為父,y,氵