广东中山市第一中学2026届高考数学仿真模拟测试试题

**基本信息** 广东省中山市第一中学2026届高考数学三模仿真卷，以概率统计（游戏奖金期望）、函数导数等综合题为核心，突出数学思维与应用能力检测，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、向量、复数、函数周期性|基础概念辨析，强调数学眼光| |多选题|3/18|三角函数图象、抛物线性质、立体几何轨迹|综合判断，考查逻辑推理| |填空题|3/15|二项式定理、切线方程、数列求和|计算与推理结合，体现数学语言| |解答题|5/77|三角恒等变换、立体几何二面角、概率游戏决策、椭圆探究、函数极值|实际情境（游戏规则）与创新应用（存在性问题），突出数学思维与应用意识|

广东省中山市第一中学2026届高考数学仿真模拟测试（三模） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设全集 是小于的正整数，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，若，则（   ） A． B． C． D． 3．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（    ） A． B．1 C． D．2 4．设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（    ） A． B．1 C． D．7 5．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A．15 B．17 C．80 D．82 6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 7．函数所有零点的和等于（   ） A．6 B．7.5 C．9 D．12 8．在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． B． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B．的图象关于点对称 C．的图象关于直线对称 D．在上有且仅有一个极值点 10．在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为.过F的直线与C交于A，B两点，连接并延长与准线相交于点P，与x轴交于Q点，准线与y轴交于点G，则（    ） A． B．为锐角 C． D． 11．在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 13．已知曲线在处的切线与圆相交于两点，则___________． 14．已知数列的通项公式是.设为数列的前n项和，当时，______；若存在n，使得，则m的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)若，求的值； (2)求的最大值. 16．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. (1)求证：； (2)若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由. 17．某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下： 游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币 第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金； 游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）. 第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金. (1)求游戏Ⅰ第2局获胜的概率； (2)若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望； (3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由. 18．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点在上，为的左、右顶点. (1)求的方程； (2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线分别交轴于两点. （i）试探究：是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值. 19．已知函数和的定义域均为，其中. (1)求的极值. (2)若，使得. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 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 A A A D B C A ACD ACD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】因为， 所以，又， 所以. 2．A 【详解】由向量，因为，可得，解得， 所以，则，所以． 3．A 【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 故选：A. 4．A 【详解】因为是定义在上且周期为2的奇函数， 所以，， 所以， 因为当时，，所以，所以. 5．D 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为， ∵，，成等差数列，∴， ∴，∴，，解得. 则. 6．B 【详解】如图：不妨设点在第一象限. 因为与轴垂直，，且 ， 所以. 所以点坐标为. 所以. 所以. 故选：B 7．C 【详解】由解得，所以的定义域是. 由两边平方并化简得， 即，所以表示以为圆心，半径为的半圆. 由得， 的零点，也即与半圆的交点的横坐标， 与半圆的图象都关于直线对称， 画出与半圆的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有个交点，且两两关于直线对称， 所以的零点和为. 故选：C    8．A 【详解】设，， ∵，∴， G点的轨迹为. 又，则，， 即， 化简得P点的轨迹为. 在平面直角坐标系中作出G，P轨迹， 设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N，P点轨迹为圆， 圆心为，半径， 且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：， 又，， 所以. 9．ACD 【详解】对于A，由函数的部分图象可知：， 又因为，即， 结合函数的单调性可得， ，即， 所以，解得， 所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C：当时，可得， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 对于D：当时，， 所以当时，函数取到极小值， 相邻的两个极大值点分别为和，均不在的取值范围内， 故在上有且仅有一个极值点，故D正确， 故选：ACD． 10．ACD 【详解】设直线的方程为，联立抛物线C：， 消去y，得，于是， 由，解得，所以. 对于选项A，根据抛物线的定义：抛物线上的点到焦点距离等于到准线的距离， 从而有，选项A正确； 对于选项B，因为，所以， 从而， 则必定为钝角，选项B错误； 对于选项C，由，，所以为的中位线， 从而，又，从而，选项C正确； 对于选项D，过点B作准线的垂线，垂足为H，则， 所以，从而，选项D正确. 11．ACD 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 对于A，取中点，连接，，则， 即，而点，因此， 得到四边形是过A，F，C的平面截该正方体所得的截面， 其周长为，故A正确； 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 而平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点， 得到到的距离为，到的距离为，到的距离为， 所以线段的最小值为，故B错误； 对于C，由Q是正方形内的动点， 设，，，则，， 由，得，解得， 即点，，动点Q的轨迹是一条长度为2的线段，故C正确； 对于D，点，设四面体外接球的球心，球半径为R， 则 解得，，，， 因此四面体外接球的表面积为，故D正确. 12． 【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为64， 所以，或舍去， 二项式的通项公式为， 令， 所以展开式中的常数项为. 故答案为： 13． 【详解】由得，故，进而可得曲线在处的切线方程为：，即， 圆心到直线的距离为， 故.其中为圆的半径. 14． 6 16 【详解】当，即时，，不符合题意； 当，即时，又为偶数，所以， 即，，，解得； 综上，当时，. 当时，，则数列是周期数列，周期为， 所以的正负，只需考查即可， 当时，奇数项构成首项，公差为的等差数列， 偶数项构成首项为，公比为的等比数列， 当，时， ， ， ∵时，，， 时，，， 所以若存在，使得，则，故的最小值为16. 15．(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理，得， 即， 于是， 两边同时除以，得， 又， 所以. （2）由正弦定理及余弦定理，得. 又因为， 所以， 当，即时，取得最大值. 16．(1)证明见解析 (2)存在，点E为线段中点 【详解】（1）证明：连接交于点， 因，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设， ， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 17．(1) (2)答案见解析； (3)游戏Ⅱ 【详解】（1）由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率. （2）易知, 游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为， 因此可知, 随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的期望或. （3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下： 记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额， 游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为， , 游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为， , 从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ. 18．(1) (2)（i）存在，（ii） 【详解】（1）由已知，，解得， 所以C的方程为； （2）（i）设过点的直线， 由，消去x得， ，， ，， 由（1）知， 则直线，， 直线，， ， 所以存在，使得； （ii）法一：， ， 因为，所以， ， 因为M在第一象限，所以， 令， ， 令，解得或， 在上单调递增，在单调递减， 所以当时，取最大值，所以. 法二：， ， 设，， 所以， 令， ， 令，解得或， 因为，所以， 所以存在唯一的，使得， 且在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取最大值，所以. 法三：设，则，所以， 直线， 由，得， ， 令， ， 令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取最大值， 所以. 19．(1)当时，函数无极值；当时，函数的极小值是，无极大值. (2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1），. 当时，，函数在上单调递增，既无极大值也无极小值； 当时，令，得. 若，，函数单调递减；若，，函数单调递增. 所以函数在处取得极小值，极小值是，无极大值. 综上所述，当时，函数无极值； 当时，函数的极小值是，无极大值. （2）（i）当时，由得，即， 令，则. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 因时，， 所以且，即或， 所以的取值范围是. （ii）设方程的正实数根为，则， 即点为直线上一点，表示点到原点的距离， 显然，该距离不小于原点到直线的距离， 即，即， 不妨设，，则， 所以函数在上单调递减，则，即. 又，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. $