广东实验中学越秀学校2026届高三考前自测数学试题

**基本信息** 以迷宫路径、三叶草参观路线等真实情境为载体，通过函数单调性讨论、概率期望计算等问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高三三模综合能力检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|集合运算、立体几何二面角、充分必要条件|结合迷宫情境（题3）考查逻辑推理，体现数学眼光| |多选题|3题/15分|数列性质、三角函数定义、曲线方程|以曲线对称性（题11）考查直观想象，渗透数学语言表达| |填空题|3题/15分|排列组合、立体几何翻折、正方体截面|三叶草参观路径（题12）考查计数原理，联系生活实际| |解答题|5题/80分|椭圆方程、函数单调性、解三角形、概率期望|摸球模型（题19）综合考查概率与证明，体现数学思维的严谨性|

2026届广东实验中学越秀学校数学三模试题 一、单选题 1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（   ） A． B． C． D． 2．在梯形中，，，，，，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 3．现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（   ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．正四面体P-ABC中，二面角P-AB-C的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．若，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（    ） A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1 7．设，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，已知双曲线 的左焦点为 ，左、右顶点分别为 点为双曲线左支上一点且满足 轴，点 为线段 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为（   ） A． B． C．2 D．3 二、多选题 9．记为数列的前项和，已知则（    ） A．2025是数列中的项 B．数列是公比为2的等比数列 C． D．若，则数列的前项和小于 10．在平面直角坐标系xOy中，角以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（    ） A． B．的最大值为2 C． D． 11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（   ） A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心 B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等 C．曲线所围成的封闭图形的面积小于 D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1 三、填空题 12．如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有______种． 13．已知函数的部分图像如下，将沿翻折至，使得二面角为.若，则________． 14．已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为________． 四、解答题 15．已知椭圆的短轴长为4，离心率为． (1)求Γ的方程； (2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 16．已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 17．已知分别为锐角三个内角 的对边， 为三角形的面积，且满足 (1)求角的大小； (2)若 ，求的取值范围. 18．如图，在三棱锥 中，平面 平面 ，平面 平面 . (1)求证: 平面 ； (2)若 ，二面角 的大小为 . 若 为平面 内一动点，满足 ，求 与平面 所成角的正弦值的最小值. 19．在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 学科网（北京）股份有限公司 $《2026届广东实验中学越秀学校数学三模试题》参考答案 题号 1 2 3 4 6 6 8 9 10 答案 习 B A D D ACD AC 题号 11 答案 BC 1.A 2.C 【详解】由题可知Dc=孤，所以C=D+Dc=0+号B, 因AD.AB=2×4c0s60°=4， 则aC西=(0+}丽-而西+}8=4+16=8 故选：C D 3.B 【详解】若小球2从C口滚动进入，则一定从D口滚动出来， 若小球2从D口滚动出来，可能是从C口或B口滚动进入， 所以“小球Ω从C口滚动进入”是“小球Ω从D口滚动出来”的充分不必要条件. 故选：B 4.A 5.C 【详解】由+z=|2+cos0+i1+sin0)=V2+cos0)2+(1+sin0)2=V6+4cos0+2sin0 =V6+2W5sin(0+p), 其中tanp=2,当sin(0+p)=1时，3+2最大值为V6+2√5=V0+√5)2=1+√5 6.D 【解1由题设-号-号则5=2-1=2号-1号 3 31 答案第1页，共2页 增加数据(-3到后，-33=3，。9× +3 3 10 y=10 =6’且回归直线为y=2.1x+b, 所以6=2.1×3+b→b=-0.3,则y=2.1x-0.3, 所以x=4,有y=2.1×4-0.3=8.1,故残差的绝对值为8-8.1=0.1. 故选：D 7.D 【详解】a=logo30.2>logo31=0,b=l0g20.2<log21=0,则ab<0, log0.Tog,0..+og2og0.6, 1,1.1 1 0=log021<l0go20.6<1og020.2=1, 则0<+-a+也 <1,则ab<a+b<0 a b ab 8.C 【详解】因为PF⊥x轴，点M为线段PF上一点，所以设M(-c,t), 又4(-a,0),A,(a,0),M4的斜率为k=t,M4,的斜率为k=-t a-c a+c 所以直线M4方程为y='(x+a),令r=0,则y=a,即E0,a】 a-c a-c （a-c 直线M4方程为y=-x-a,令x=0,则y=a，即c0,】 a+c a+c （a+c 因为oE-3oG,所以t=3a4, ,即1.3 a-ca+c c-a a+c C 所以c=2a,则该双曲线的离心率e=二=2， 故选：C 9.ACD 【详解】对于A,当n为偶数时，令”+1=2025→n=4048,符合题意，故A正确： 对于B,由题知，a1=220,a1=221→41=4， Q2m-1 故数列a2-}是公比为4的等比数列，故B错误； 对于C,由题知，a1=2,a2=2,a3=8,a4=3,a=32,a6=4, 所以S6=a1+a2+a,+a4+a+a6=51,故C正确： 答案第1页，共2页 1 1 11 对于D,Cn=a2m= 2n+1=n+1,c,c1n+n+2n+1n+2 2 1 设数列 的前n项和为Tn, CnCn+) 则T.=2334 1111 点宁故D通 十十 故选：ACD. 10.AC 【详解】u(0)=+五=sin9+cos=sin9+cos0, r r (0)=h-七=rsin0-rcos0 sine-cos0, 对选项A:4 ）=sin+cos交=V2,正确； π 4 4 对达项B:u0)=sn0+cos0=5sm0+5,结误： 对选项C:μ2(0)+v2(0)=(sin6+cos0+(sin0-cos0)=2sin20+cos20)=2,正确； 对选项D:μ（π+θ）=sin(π+0)+cosπ+)=-sin0-cos0≠v(0),错误 故选：AC 11.BC 【详解】对于A,曲线C:+=1即瓜+=1， 如图， VA 曲线C关于x,y轴和直线y=x,y=-x对称，有4条对称轴： 又曲线C关于原点对称；故A错误； 设P(x,y(x>0,y>0)为曲线C上一点，则 对于B,只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C:√+√下=1(x>0,y>0), 答案第1页，共2页 又曲-话-2-2-1， √2 而Vx+Vy=1台x+y+2Vy=1台4xy=(1-x-y)2台x2+y2-2x-2y-2xy+1=0,故B 正确； 对于C,由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分， 由点P(x,y)到点Q(1,1的距离P9=(x-1)2+(y-1)=x2+y2-2x-2y+2=2xy+1≥1， 则曲线C位于圆(x-1)+(y-1)2=1的左下部分四分之一圆弧的下方， 则曲线C和两坐标轴所国成的封闭图形的面积小于1-于， 所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于4-π，故C正确； 对于D,由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分， 此时曲线C:√x+Vy=1x>0,y>0), 设P(x,y)为曲线C在第一象限部分上一点，则Vx+V。=1, 由+=15-1-=-2+1，则y-1, 则曲线C在点P(x,y)处的切线为y-= 1(x-x0), x 即y-= x-,即 =1, xo 由√。+√，=1以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故 D错误； 故选：BC 12.48 【详解】解：参观路线分步完成： 第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法； 而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成： 第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法， 同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成： 第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成， 答案第1页，共2页 根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有3×2×2×2×2=48种. 故答案为：48 13. 【详解】：f(0)=sinp= 2’又0<0<”， ，0= 6 记点0，-2为D,翻折后，连接AD, :A0⊥0B,D0⊥0B,∠A'0D即为二面角A'-0B-C的平面角，.∠AOD=120°， nfo+o0f-4oo0ea∠00-片-2*引-d0r5. 2 :CD1/x轴，CD⊥OD,CD⊥A'0,又0D∩A'0=0,OD,AOc平面A'0D, .CD⊥平面A'OD,又A'Dc平面A'OD,CD⊥A'D, coc4o--2.c-}》 由图可知，fx)的最小正周期T=2”>2→0<0<元， 又因为2到=m20+引号 故答案为： 14.D 【详解】取BC、CC,的中点E、F,分别连接NE,NF,DE,DF,AD,DM,AM, 在正方形ABCD中，因为M、E分别为DC、BC的中点， AD=DC,∠ADM=∠DCE,DM=CE, 可得△ADM≌aDCE, 所以∠DAM=∠CDE,∠AMD=∠DEC,因为∠ADM=90°， 所以∠DAM+∠AMD=∠CDE+∠AMD=90°， 所以∠DPM=90°，即AM⊥DE, 又因为E、N分别为BC、BC,的中点，所以NEIICC, 答案第1页，共2页 因为CC⊥平面ABCD,AMC平面ABCD, 所以CC⊥AM,所以AM⊥NE, 又因为DE∩NE=E且DE、NEc平面DNE,所以AM⊥平面DNE, 因为DNc平面DNE,所以AM⊥DN,同理可证D,M⊥DN, 又因为AM∩D,M=M且AM、DMC平面ADM, 所以DN⊥平面ADM, 即平面截正方体ABCD-A,B,C,D,的截面为△AD,M, 由正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为4， 在直角△ADD中，可得AD,=√AD2+DD2=V42+42=4√2， 在直角△ADM中，可得AM=√AD2+DM2=V42+22=2V5, 在直角aDD,M中，可得D,M=√DD2+DM2=V42+2=25, 所以AM=D,M, 所以餐面的面积为5=0×D-(公》 =x4W2×25-(22°=46 D A B D B 故选：D 15.【详解】(1)由题意可得：短轴长2b=4,故b=2, 又因为离心率e=S=5 ,结合椭圆关系a2=b2+c2可得： a 5 a3”1-41 e2-c2a2-b2 05解得a2=5,B=4, 答案第1页，共2页 所以椭圆下的方程为：+少=1 54 y=x+m （2)由题意可知，联立直线y=x+m与椭圆方程：{父+上-1 4 消去y整理得：9x2+10mx+5(m2-4)=0, 设直线y=x+m与椭圆T交于点A(x,),B(x2,y), 则判别式△>0：△=(10m)2-4×9×5(m2-4)=720-80m2>0, 解得m2<9,即-3<m<3,由韦达定理得： x+x3= 9,5=5m2-4 10m 9 由弦长公式AB=+k2VG+x22-4xx,其中k=1, 可得：AB=V2 10m°-45到m2-4_4ni03g-m -9 9 又因为A<80,所以400-m80 9 9 9 化简可得：V9-m2<2,两边平方得：m2>5, 即m>√5或m<-√5， 又因为m2<9,所以m的取值范围为：(-3，-√5)U(5,3). 16.【详解】1)f(纠的定义域为xx>0,fx)=x+2-4-20-x+2x-a, 当a≤0时，f'(x≥0，fx)单调递增， 当a>0时，令f'x)=0得x=a, 所以x>a时f'(x>0，,f(x)单调递增， 0<x<a时f'(x<0,fx)单调递减. 答案第1页，共2页 综上所述，当a≤0时，f(x在(0，+o)上单调递增， 当a>0时，f(x)在(a,+o）上单调递增，在(0，a)上单调递减； (2)由(1)a>0时，f(x)在(a,+o上单调递增，在(0，a上单调递减， 所以f12fa=r-(a-2a-2alna, 要证明升2na-d+号，只需证明0-a-2a-2ana2a-d+ 即证期女+2a-2aha-ha-之0a>0叭。 g(a)-zo+2a-2alna-ha-la>0), g(a=a+2-2ha+1-1=a-2na-1 a a 令a=a-2haa>0叭，则oja-≥0 a2 所以h(a)在a∈(0，+o)上单调递增，即g'(a在a∈(0，+o）上单调递增， 因为g1=1-2n1-}=0, 1 所以当0<a<1时g'(a<0,ga单调递减， 当a>1时g'（a>0,ga)单调递增， 可得ga)≥g1)=)+2-2nl-ln1-=0, 2 2 即fx)≥na-a2+ 2 l7.【详解】(l)由正弦定理，sin CcosA+V3 sin Csin A=sinB+sinA, 因为A+B+C=元，所以sinB=sin(A+C), sin Ccos A+3 sin Csin A=sin(A+C)+sin A=sin Acos C+cos Asin C+sin A, 化简得√5 sin Csin A=sin AcosC+sinA,又sinA≠0， 所以√3sinC=cosC+1,即2 2sinc- 2cosC=1. 即C又0<c<,则-<c- 63 答案第1页，共2页 则C-π=工，解得C= 66 3 所以C-骨 2》由s=bsmc=56=4w5,符a6=16,又4+B-2 2 4 b a 16 由正弦定理，sin B sin A bsin (2x-B 3 2= 16sin B 16sin B 16 所以 (2-B 3 1 sin V31,1, 3 2 cos B+sin B 2 tan B'2 0<B< 因为ABC为锐角三角形，所以 π 0< 2m-B< 6 3 2 所以tanB> 号，则8<<32，即25<6<4N2 18.【详解】(1)过A作AM⊥PB,AN⊥PC, 由于平面APB⊥平面PBC,且两平面的交线为PB,AMC平面APB, 故AM⊥平面PBC, 同理可得AN⊥平面PBC, 因此AM,AN两直线重合，故M,N两点重合，结合M,N分别在PB,PC上， 故M,N重合于P,故AP⊥平面PBC M B (2)由于QB+QC=2VI>BC=6,故Q点轨迹是以B,C为焦点，以2√1为长轴的椭圆， 取BC中点为0，连接OA,OP, 由于PB=PC,故OP⊥BC, 由(I)知AP⊥平面PBC,BCC平面PBC,AP⊥BC, AP∩OP=P,AP,OPc平面AOP,故BC⊥平面AOP, A0C平面AOP,故BC⊥AO, 答案第1页，共2页 故LA0P为二面角A-BC-P的平面角，故∠AOP=60°， 又PA=35,BC=6,故P0=3,A0=6, 由于AP⊥平面PBC,故∠AOP为AQ与平面PBC所成角， 则ian∠AQP=P PO 要使得AQ与平面PBC所成角的正弦值最小，则tan ZAOP最小，故P2最大即可， 在平面PBC中，建立如图所示的平面直角坐标系，故2a=2V11,2c=6, 所以a=1,c=3,故b2=11-9=2, 则椭圆方程为是+ 7+2 1, 设CoAQ3,则-5sas5,晋+号-1，a-l-r P0=Vm2+(n-3=1- +a--引a 9.2)2 +22, 3 故当n=- PQ取最大值√22， 故an∠4AQp=4P≥3V3 PQ√22 故anL4QP的最小值为3y6而，其中y=amx,y=sinx均在x∈0， 上单调递增， 22 tan∠Agp= sin∠AQP coS∠AQP sin2∠AQP+cos2∠AQP=1 故sin∠A0P的最小值为3 1 19.【详解】(1)X,=4表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球， 故P:=4到是日 X3=5表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号 答案第1页，共2页 的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则P(X,=5= ×2-2_14 35 81 (2)依题意可得：X2=2,3,4,5,…,m,…, 则PX=刻=2女≥2， 所以到x-会)=2〔点 )子 2 +.+m m-, 2,3 m-1,m 2m2m 作差可得Sn 21 m 2分 22+.+ 2m-2 3m+2 2m-1 2 2 1 2 所以Sn=3-m+2 2m-1 所以E(X,)= \3 (3)设随机变量5，表示，恰好记录了i-1个不同的编号下，继续摸球直到记录到第i个新的 编号所需要的摸球次数， 则X。=∑，其中i=1,2,…,n, 则P5=刻=”-) =1,2,3,m,, ----分)月 设z-供门=少++a 片=月+2x++a-小月+》 作差可得： 答案第1页，共2页 ”得 所以E(5)=im 高 所以E(X,)=E 2-29)-2n7x=+片…+ 令f八=-hx+小，八到=本，当>0时，八到>0，所以纠在0+单调递增。 所以/》1o=0,片n+=n=h+-m, In2-Inl+in3-In2++In(n+1)-In()=In(n+1), n 所以(X,-+分+》a. n 答案第1页，共2页