精品解析：广东中山市第一中学2026届高三高考数学仿真模拟测试试题

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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集与补集的运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以，又， 所以. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，得到的坐标，结合向量模的坐标运算公式，即可求解. 【详解】由向量，因为，可得，解得， 所以，则，所以． 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可. 【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 故选：A. 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 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，求出渐近线的斜率，再根据求双曲线的离心率. 【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. 函数所有零点的和等于（ ） A. 6 B. 7.5 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为与半圆的交点，结合图象求得和. 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出点P，G的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图象可知，令，则有，结合函数的单调性可得，代入零点，可得，则有，故A正确，，故B错误，，即时取最小值，故C正确，当时，，此范围内只有一个极小值，故D正确. 【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. 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. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出直线的方程与抛物线C联立求出，由条件求的坐标，结合抛物线的定义判断A；对于选项B，由的值，可以得到的值，计算的值，即可判断B；对于选项C，易得为的中位线，从而，又，从而，判断C；对于选项D，过点B作准线的垂线，结合抛物线的定义可得，从而判断D. 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【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. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据赋值法，结合二项式的通项公式进行求解即可. 【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. 已知曲线在处的切线与圆相交于两点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据点斜式求解切线方程，即可根据圆的弦长公式求解. 【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. 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______. 【答案】 ①. 6 ②. 16 【解析】 【分析】①分和两种情况讨论求解即可；②利用周期性，则的正负只需考查，分奇偶项求和即可求解. 【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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边角互化化成的三角关系式，化简求值； （2）将所求表达式化成角的函数式，求最值. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 即， 于是， 两边同时除以，得， 又， 所以. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点E为线段中点 【解析】 【分析】（1）通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） （2）答案见解析； （3）游戏Ⅱ 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式直接计算可得结果； （2）利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望； （3）分别计算出参加一次游戏Ⅰ和游戏Ⅱ对应的奖金期望值，可知应选择游戏Ⅱ. 【小问1详解】 由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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. 【答案】（1） （2）（i）存在，（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意列出方程组，解得，即可得到椭圆方程； （2）（i）设直线方程，联立方程组整理得到关于的一元二次方程，由判别式求得参数的取值范围，由韦达定理得到交点坐标与参数的关系.写出直线的方程，然后得到坐标，通过化简求得结果. （ii）方法一：由（1）求得,从而表示出，然后得到并得到的取值范围，构造函数，通过导数求得函数的单调区间，从而求得最大值及此时的; 方法二：由（1）求得,从而表示出，利用三角变换得到，构造函数，利用导数求得函数单调区间，从而求得最大值及此时的； 方法三：设点坐标，得到点坐标、及直线方程，联立方程组求得，列出后构造函数，利用导数求得函数单调区间，从而求得最大值及此时的. 【小问1详解】 由已知，，解得， 所以C的方程为； 【小问2详解】 （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. 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：. 【答案】（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 【解析】 【分析】（1）利用导数，分和两种情况讨论的单调性，从而得到其极值； （2）（i）当时，由得，构造函数，利用导数分析其单调性，可得的取值范围，从而得到的取值范围；（ii）利用的几何意义，得，对不等式进行放缩，并构造函数，，利用导数分析其单调性，并得到其最小值，从而证得. 【小问1详解】 ，. 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. 【小问2详解】 （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $