浙江温州市2025-2026学年度高三数学自编模拟试卷（3）

2025-2026学年度高三模拟试卷（3） 数 学 考试范围：高考全部内容； 考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 3．已知向量满足，，且与的夹角为 ，则为（   ） A． B． C．7 D．21 4．把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ） A． B． C． D． 5．国家能源集团研发的“擎源”大模型用于预测关键节点电价，研究人员利用模型对某节点连续8个小时的实际与预测电价数据进行记录，并利用上述数据绘制成实际值与预测值对比的折线图（两条折线）： 观察图表与数据，下列结论不能直接从中得出的是（   ） A．实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第5小时左右）达到峰值 B．这8小时内，预测值与实际值的差异（两个值的差的绝对值）平均在10元/MWh左右 C．模型对所有“价格下跌时段”（如第5-6小时）的预测都出现了滞后性（即预测反应慢于实际变化） D．模型的预测精度较高，趋势与实际基本一致，对电网调度有重要参考价值 6．记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（   ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为，若对于定义域内给定的任意 ，，都有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（多选）已知复数z满足，则（    ） A． B． C． D．的最大值为2 10．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（   ） A． B．角A的取值范围为 C．的取值范围为 D．的最大值为 11．已知曲线为上一点，则下列说法正确的有（   ） A．曲线关于原点对称 B．当时，曲线的长度为 C．当时，点到直线距离的最大值为 D． 第II卷（非选择题） 三、填空题 12．已知，且，则的最小值为__________. 13．学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 14．已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______. 四、解答题 15．已知数列的前n项和，，数列满足. (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和. 16．在某工厂的产品质量检测中，设随机变量表示从一批产品中随机抽取的不合格产品数量.已知抽取到个不合格产品的分布列为： 0 1 2 3 每个不合格产品需要进行返工处理，返工成功（即将不合格产品修复为合格产品）的概率均为，且各个产品返工是否成功相互独立.事件表示抽取的产品中有个不合格产品（），事件表示抽取的产品中返工成功的数量比返工失败的数量多. (1)若，求，并根据全概率公式求； (2)是否存在值且，使得，请说明理由. 17．如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 18．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，求实数的取值范围. 19．已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A A C D A A ABD BCD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】因为，解得， 所以，所以. 2．C 【详解】设等差数列的公差为，由题意得，， 则. 3．A 【详解】由向量，可得， 因为，且与夹角为，所以， 则，所以. 4．A 【详解】函数的图像向左平移个单位长度，得到. 所有点的横坐标缩小为原来的倍，纵坐标不变，得到. 又，所以. 5．C 【详解】由图可知：实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第5小时左右）达到峰值，A正确； 对于B，差异平均值为，B正确； 由图可知两折线的趋势基本一致，且误差较小，故精确度高，D正确； 对于C，没有足够的理由说明预测变化慢于实际变化，C错误． 6．D 【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，. 由可得，化简得，故. 7．A 【详解】设，则， 由双曲线的定义，可得，所以， 又由， 因为，所以， 在中，由余弦定理得， ，即， 即，所以，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得，所以， 所以双曲线的离心率为. 8．A 【详解】因为函数满足对任意的，，，都有， 设，则，所以，即， 所以，令， 因为当时，都有，所以函数在上单调递增. 又不等式两边同乘以， 得，即， 即，所以，故，解得，即. 9．ABD 【详解】设复数（a，），由可得，. 选项A：，正确； 选项B：，正确； 选项C：，只有当时才等于1，不是恒成立，错误； 选项D：， 因为，当时，的最大值为，正确. 10．BCD 【详解】，由正弦定理得， 即，，故A错误； ，，，故B正确； 由，则，令,又，即，，即， 解得，又，； 同理，即，，即，解得（舍去）或， 综上，，故，所以，故C正确； ， ，当时取等， 即的最大值为，故D正确． 11．ACD 【详解】A：若在曲线上，则， 将表达式中的替换为可得, 即，方程不变，故A正确； B：当时，方程为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 综上可知当时，曲线的长度为，故B错误； C：当时，曲线， 设,则点到直线的距离， 由，解得，当且仅当时，等号成立； 所以，故,故C正确； D：当时，将曲线整理得到， 所以，当时等号成立， 当时，将曲线整理得到， 所以，当时等号成立，故D正确； 12． 【详解】由 ，得 ，即 （）， 则， 当且仅当 ，即，再结合 ， 可解得 ，满足条件，因此的最小值为 . 13． 【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐， 则， ； 从而， ， . 14． 【详解】由题意，该方程有解，故， 该不等式对任意恒成立，即， 设，则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 即的最小值为. 15．(1)证明见解析，，(2) 【详解】（1）由，得（）， 当时，（）， ∴，化为， ∵，∴，即当时，， 令，可得，即．又， ∴数列是首项和公差均为1的等差数列．于是，∴． （2）由（1）知，∴ 故， 令， ∴， ∴ ∴，∴. 16．(1)，，(2)不存在，理由见解析 【详解】（1）当时，， 则，解得， 由题意，得，，. 由全概率公式，得 . （2）假设存在，使，又. 得，化简得，即 令，则 因为，所以在上存在，使得 所以，即，且在为正，在为负 从而在为增函数，在为减函数 所以当时，，即不存在值，使得 17．(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）由题意可知是边长为2的正三角形， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以为直角三角形，且，所以， 同理可得，因为平面，，所以直线平面ABC； （2）取中点，连接，则，又，所以， 由（1）可知直线平面，， 以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则，， 所以， 设平面的法向量为，则有， 令，可得，又因为， 所以，所以AC与平面所成角的正弦值为. 18．(1)极小值为，无极大值，(2) 【详解】（1）当时，，则， 由得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为，无极大值； （2）等价于， 令，则在上恒成立，则，得， 因为， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，则， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 所以当时，，综上，实数的取值范围为. 19．(1)，(2)①；② 【详解】（1）因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得， 所以抛物线的方程为. （2）①因为直线方程为， 设，联立，消得到， 则， 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以， 即， 整理得到，又，所以， 故直线的方程为. ②当时，由，得，又直线的斜率，则， 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得， 由，得， 所以， 又， 又，所以，故的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $