广东广州大学附属中学等校2026届高三一模考前模拟演练数学试题

高 三 数 学 一、单选题（共8小题，每小题5分） 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足（为虚数单位），则复数的模为（   ） A． B． C． D． 3．已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（   ） A．4 B．3 C．2 D． 4．能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是（    ） A． B． C． D． 5．已知，设函数的零点个数为，则＝（    ） A．120 B．210 C．75 D．240 6．在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则（   ） A． B． C． D． 7．一个正八面体的八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字.事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．24 8．在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9．在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ） A．甲组中位数为3，极差为4 B．乙组平均数为2，众数为2 C．丙组平均数为3，方差为2 D．丁组平均数为3，第65百分位数为6 10．类比平面上的三角形是由三条线段首尾顺次相接构成的封闭图形，我们把球面上三条大圆的劣弧 首尾顺次相接构成的封闭图形称为球面三角形．如图所示，分别连接球心与不在同一大圆上三点，定义球面 的三个内角分别为二面角的平面角．则下列说法正确的是（    ） A． 若 球的半径为2，则 B．存在球面三角形，使得 C．若球的半径为2，，那么球面三角形ABC的面积为 D．若是锐角且，则 11．已知正项数列满足记，． 则（    ） A．是递减数列 B． C．存在使得 D． 三、填空题 12．已知，，且，则的最小值是______. 13．已知圆：，直线交圆于、两点，点，则三角形面积的最大值为______. 14．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其外接圆半径为1，，则的面积为_______；当A取得最大值时，则________． 四、解答题 15．（13分）已知等比数列的前n项和为，且． (1)若，求数列的通项公式； (2)若．求b． 16．（15分）如图，四棱柱的底面是棱长为2的菱形，对角线与交于点为锐角，且四棱锥的体积为2.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10. (1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； (2)求第一局比赛甲获胜的概率； (3)现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率. 18． （17分）已知点,点.M是平面上一动点，满足以为直径的圆与直线相切，设点的轨迹为. （1） 求的方程. （2） 过F的直线与相交于C，D两点，连接OC,OD，点I为的内心. 求的最大值. (3)设椭圆： 与在第一象限的交点为A.当直线OA与有两个交点时，设直线OA与相交于另一点B（异于点A），连接BF，线段BF与交于点G. 求证：直线AG过定点. 19．（17分）混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一，假设在一个混沌系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中. (1)当时，若满足对，有，求的通项公式； (2)证明：当时，中不存在连续的三项构成等比数列； (3)若，，记，证明：. 试卷第2页，共4页 试卷第1页，共4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 A C A C A B C A AC ABD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2．C 【详解】复数满足，即， 化简可得， 所以复数的模为. 3．A 【分析】根据抛物线的定义，结合抛物线的准线方程，即可求得答案. 【详解】由抛物线的定义可得，点P到抛物线焦点F的距离等于点P到准线的距离， 抛物线的准线方程为， 所以，解得. 4．C 【分析】根据给定条件，借助圆的对称性可得已知3个圆的圆心构成正三角形，由此建立函数关系，再利用导数求出最大值即得. 【详解】要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况， 设三个半径为1的圆的圆心分别为，设被覆盖的圆的圆心为，如图， 设圆与交于交于交圆于，显然为正的中心， 设，则， ，又， 因此圆的最大半径为，令，求导得， 由，得，当时，，当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减，， 所以被完全覆盖的最大的圆的半径为， 此时，即圆､圆､圆中的任一圆均经过另外两圆的圆心． 故选：C 【点睛】关键点睛：涉及几何图形最值问题，借助几何图形建立函数关系，再求出函数最值是关键. 5．A 【分析】先利用图象的交点求出当n＝1时的零点个数，再根据正弦型函数的周期以及得出数列为等差数列即可求出. 【详解】过点， 则可作出的图象. 当n＝1时，作出的图象， 因为，故的图象与图象有3个交点； 注意到的周期为4，， n每增加1个单位，也增加个单位（一个周期），则交点增加2个， 故数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以. 6．B 【分析】利用余弦定理化简得出，再利用正弦定理结合连比定理可求得结果. 【详解】由余弦定理可得， 所以，所以，故， 由正弦定理可得，可得， 故. 故选：B. 7．C 【分析】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，根据题意得出1或2，分别讨论这两种情况即可. 【详解】样本空间，这是一个古典概型，可得，， 即，，从而且. 由可得事件；又因为，所以1或2. (1)若，则，即，， 此时不满足； (2)若，则，且，又因为， 所以或，即或3； ①若，，此时或或或 ，也就是从事件中的四个样本点中选3个，再加入6这一个样本 点，即有个满足条件的事件； ②若，，同理有个满足条件的事件； ③若，，此时或或或， 即从事件的四个样本点中选1个，再加入5，6，7这三个样本点，即有个满足条件的事件； ④若，，同理有个满足条件的事件； 综上所述，满足条件的事件共计个. 故选：C. 8．A 【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可． 【详解】连接、，交于点，连接， 为菱形，， 所以，，， 所以为二面角的平面角， 于是， 又因为， 所以， 取中点，取中点，连接、、，所以、， 所以、，，相交， 所以平面， 所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为， 因为，，， 所以的周长为， 所以点轨迹的长度为． 故选：A． 9．AC 【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为4分，由中位数为3得到矛盾，A正确；C选项，根据方差得到，若有选手失8分，则有，矛盾，故C正确；BD选项，可举出反例. 【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分， 根据极差为4，得到最低失分为4分， 此时中位数不可能为3，故假设不成立， 则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确； B选项，假设乙组的失分情况为， 满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误； C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为， 丙组平均数为3，方差为2， 即， 若，则，不合要求，故， 所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确； D选项，，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数， 即从小到大第7个数为6， 假设丁组失分情况为， 满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误. 故选：AC 10．ABD 【分析】根据弧长公式即可求解A，根据二面角的几何角定义即可求解B，根据，可得球面三角形占半径为2的球面的比例为 ，即可由球的表面积公式求解C，根据二面角的定义，结合弧长公式即可求解D. 【详解】选项 A，根据弧长公式 所以 A正确； 选项B，当两两垂直时，此时二面角的平面角均为直角， 根据定义得所以 B正确； 选项C，∵， 所以球面三角形占半径为2的球面的比例为 根据球的面积公式，球面的面积为 故C错误； 选项 D，如图所示，连接，设所在平面为． 作，连接． 由三垂线定理可得, 结合， ，且都是锐角， ，所以 ，所以D正确 故选：ABD． 11．ABD 【分析】先将递推式整理成，推得等差数列，设公差，写出通项，利用裂项相消法求出，由求出公差，得到；对于A,B,C项，通过易于判断；对于D项，则需要先证，将待证式转化成证明，利用已证不等式将进行放缩化简即可证得. 【详解】由可得， 故数列构成等差数列，设公差为，则，即， 于是， 则 因，代入解得，故. 对于A，因，则是递减数列，故A正确； 对于B，把代入，计算即得，故B正确； 对于C，由可得，故C错误； 对于D，先证明.设，， 则，即在上为增函数， 故，即得. 要证，即证：， 由可得， 则， 故必有，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：D项，构造并将不等式化为，进而对左侧放缩证明即可. 12．8 【详解】， 当且仅当时等号成立，即时，的最小值为8. 13． 【分析】求出圆心到直线的距离为，和到直线的距离为，利用垂径定理得到，表达出，换元后得到面积的最大值. 【详解】的圆心，半径为3，易知， 则到直线的距离为，解得， 到直线的距离为， ，故， 令，由于，故， 则， 当时，取得最大值，最大值为. 故答案为： 14． / 【分析】空1：利用正弦定理和三角形面积公式得，再利用诱导公式和两角和的正弦公式和二倍角公式即可得，则得到三角形面积；空2：利用正弦定理和面积公式得，再利用余弦定理和基本不等式即可求出答案. 【详解】由正弦定理得，则， 则. ， ， 则， ，， 则， 当且仅当时取等， 因为，则最小时，最大， 取等时，，即，即， 即，即，即. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第一空的关键是利用三角恒等变换对题目给的等式化简得，第二空的关键是利用余弦定理和基本不等式从而得到角最大时的临界状态. 15．(1) (2)． 【分析】（1）通过，得到方程，联立求解即可； （2）法一：通过或结合通项公式化简求解即可，法二：原式化为化简求解即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为q， 由题意知：当时：    ① 当时：    ② 联立①②，解得，． 因为，所以数列的通项公式． （2）由（1）知． 方法一：故当，时，原式可化为 ． 因为，所以； 所以． 同理当，即时，原式可化为， 所以． 所以，解得． 方法二：原式可化为． 即． 即，． 所以，解得． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用体积分割及等体积法求得四棱柱的高为，过点作平面的垂线，垂足为，利用三角形全等证明点与重合，即可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值. 【详解】（1）设四棱柱的高为， 因为四边形是平行四边形，所以，所以， 所以， 所以，且， 所以，即四棱柱的高为. 因为为正三角形，所以， 因为，所以，于是， 过点作平面的垂线，垂足为，所以， 所以，从而，故， 所以点在对角线上.因为， 所以，故点为对角线与的交点，即点与重合， 所以平面.    （2）因为底面是棱长为2的菱形，所以， 因为平面，平面，平面， 所以，，即两两垂直， 以为坐标原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，由得， 由得，所以， 设平面的一个法向量为，， 所以，令，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)分布列见解析，均值 (2) (3) 【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值； （2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得； （3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为. 【详解】（1）依题意，的所有可能取值为 设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且， 所以， . 所以的分布列为 0 1 2 故的均值为. （2）设第一局比赛甲获胜为事件，则. 由（1）知，， 由全概率公式，得 解得，即第一局比赛甲获胜的概率. （3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则， 设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立， 所以的所有可能取值为， 因此可得； 故该场比赛甲获胜的概率. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）设M（）,MF的中点 依题意， 化简得 故点M的轨迹的方程为 （2）设 设直线CD的方程：,与抛物线联立，得 , 由韦达定理得 设直线CO，DO的斜率分别为 =0 x轴平分，故I在x轴上 当直线CO与相切时，取最大值 设直线CO的方程： ，令,得,此时 ， 故的最大值为 （3）设,其中 设与在第二象限的交点为，由对称性得（） 则直线OA的方程：,与联立，得,得 ),, B，G，F，四点共线， 延长AG交x轴于H，设H（t,0）,连接， 设直线GH与直线的斜率分别为，则. 设 设直线的方程：,与椭圆联立，得 ,得 ，,解得t=3 故直线AG恒过定点（3,0） 19．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，利用给定的两个递推关系，建立方程组求解即得. （2）利用反证法，结合已知定义导出矛盾即可得证. （3）先确定数列的范围和单调性，然后利用结合放缩法推理即得. 【详解】（1）当时，，依题意，①，②， 两式作差，，则或， 若，代入①式解得，或，而，于是； 若，将代入②式解得，. 因此必有. 注意到，，从而由归纳即知是常数列. 所以的通项公式为. （2）假设，，构成等比数列，则. 那么由，可知. 又，则，解得，与矛盾. 所以中不存在连续的三项构成等比数列. （3）由于当时，有，，即. 而，，故归纳即知对任意正整数都有. 又由及可知，故数列单调递减. 又由于，故 . 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题. 答案第14页，共16页 答案第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $