精品解析：安徽滁州市定远县育才学校2026届高三考前模拟数学试卷

定远育才学校2026年高三高考第三次模拟 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：． 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 3. 四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 48种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步乘法原理和分类加法原理分析求解 【详解】依次涂色，底面ABCD的涂色有4种选择，侧面PAB的涂色有3种选择，侧面PBC的涂色有2种选择． ①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同，则侧面PAD的涂色有2种选择； ②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同，则侧面PCD的涂色有1种选择，侧面PAD的涂色有1种选择． 综上，不同的涂法种数为． 故选：B． 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先根据向量减法法则，计算出的坐标，再利用向量垂直的性质（两个向量垂直，则它们的数量积为0），列方程求出参数的值和的坐标，并计算的坐标，最后根据向量模长公式，求出的值即可. 【详解】由题知， 因为， 所以，解得 所以，则：， 所以. 5. 等差数列中，已知，前n项和为，且，则最小时n的值为（ ） A. 11 B. 11或12 C. 12 D. 12或13 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和公式，再根据二次函数性质求解. 【详解】根据题意由可得， 整理可得. 所以， 由，可得； 由二次函数性质可知，当时，取最小时. 故选：C 6. 当时，函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，结合时，的符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】对于函数，因为，由可得且， 故函数的定义域为，排除AC， 当时，，排除D. 7. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解. 【详解】将原图形补全为长方体，如下图： 因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米， 所以梯形的高（即几何体的高）为：米 所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米； 由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米， 所以每个三棱锥的体积为：立方米， 4 个三棱锥总体积：立方米 所以该纪念碑基座的体积为立方米 8. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】先由双曲线标准式得，结合渐近线斜率求出，再利用双曲线定义，代入求出两个解，再根据双曲线焦点距离的范围舍去不合理解，得到的值. 【详解】由双曲线得，. 渐近线得，可求. 由，得. 由双曲线定义得 ，代入  解得  或 . 若 ，则 ，此时点  在双曲线右支上. 而右支上的点到右焦点  的距离不小于 ，故  舍去. 因此 . 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知一组数据，，…，的平均数、方差、第75百分位数、极差分别是，，，，对该组数据作线性处理得到另一组数据，，…，，记该组数据的平均数、方差、第75百分位数、极差分别是，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】对于，则，A正确； 对于，则，B不正确； 对于，第75百分位数位置不变，即，C正确； 对于，最大数和最小数的位置不变，故，即，D正确. 【点睛】 10. 已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆与双曲线渐近线相切得到，结合离心率公式及可判断选项A、B；根据，求出，进而求出，判断选项C；根据，得到，，，进而得到点，坐标，求出直线方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D. 【详解】双曲线：的渐近线方程为，即. 圆：的圆心为，半径为. 由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以. 对于A：，故A正确. 对于B：，所以渐近线方程为，故B正确. 对于C：，，因为，所以点的横坐标为， 代入双曲线方程，解得. 取，则，， 所以，故C错误. 对于D：若，则，，，，. 直线方程为，即. 圆心到直线的距离， 由垂径定理可得，，故D正确. 11. 已知函数（，）满足.下列说法正确的是（ ） A. B. 当，都有，则函数的最小正周期为 C. 设，存在，（），，则 D. 若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，赋值法得到且关于中心对称；B选项，得到，故；C选项，分析得到，即在有两个最大值点，故，求出,，根据最大值点个数列出不等式组，求出的取值范围.D选项，结合函数图象得到，即，先考虑时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩变化得到时根的情况，求出答案； 【详解】对应A，中，令可得：，故，A正确； 对于B，因为，恒成立， 不妨取时，此时之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期， ∴， ∴，B错误； 对于C，， ，， 即，，即， ∴， 即在至少有两个最大值点，故， ∴， ∴，，， 由于，所以，且， 解得 即，C对． 对于D，画出部分图象， 因为关于中心对称， 又在单调递增， ∴， ∴． 当时，此时，故， 将代入可得， 解得：，故，不妨令 令，解得：， 因为，所以， 故令或或或，解得：或或或. 所以在两个周期内存在四个根． 时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸， 故在最多4个根，D正确； 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 【答案】0 【解析】 【详解】当时，， 当时，， ． 13. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】转化问题为有解，令，，设，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【详解】由，得，显然， 所以在有解， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，则，即的取值范围为. 14. 设a，b是两个实数，，直线和圆交于两点A，B，若对于任意的，均存在正数m，使得的面积均不小于，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设O到直线l的距离为d，利用三角形的面积均不小于列不等式，由此求得的取值范围，再利用点到直线的距离公式转化为关于的不等式.根据的取值范围，求得的取值范围，由此求得关于的不等式，结合导数求得的最大值. 【详解】设O到直线l的距离为d，则， 解得，即， 所以， 因为，时， ，， 所以， 因为存在满足条件， 所以， 化简得，且， 由得， 所以， 因为，解不等式无解， 所以在上单调递减， 所以． 故的最大值为． 故答案为： 【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用导数求最值，属于难题. 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，角的对边分别为，且． （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角后，利用两角和的正弦公式、诱导公式变形可得； （2）由余弦定理求得，再由三角形面积公式计算. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 整理得：， 因为，所以，故， 因为，所以． 【小问2详解】 由余弦定理，得，即， 整理得，又，， 所以，所以， 故的面积为． 16. 某7层高的写字楼有两部独立运行的电梯A和B，初始都在1楼．每部电梯每次运行时，有的概率向上运行2层、有的概率向上运行1层．两部电梯各自独立运行3次（每次运行后记录所在楼层）．设电梯A，B第i次运行后所在楼层分别为和． （1）求电梯A最终停在6楼的概率； （2）若电梯每向上运行1层消耗0.005度电，向上运行2层消耗0.010度电．记电梯A这3次运行中向上运行1层的次数为X，3次运行总耗电量为Y，求X的分布列及Y的数学期望； （3）若对任意都成立，则称两部电梯“同步”．当电梯A最终停在6楼时，求两部电梯3次运行时始终同步的概率． 【答案】（1）； （2）的分布列见详解，的数学期望为度； （3）. 【解析】 【分析】（1）先通过目标楼层反推电梯运行的次数组合，用方程确定两种运行方式的次数，再利用独立重复试验的特征，计算目标组合的概率，最后建立总耗电量与运行次数的线性关系，用期望性质直接计算即可； （2）先识别出随机变量服从，再通过公式计算各取值概率，列出分布列；并建立总耗电量与的线性关系，最后利用期望的线性性质，结合二项分布期望公式，直接求出的数学期望即可； （3）先确定电梯A停在6楼的所有运行序列，再针对每一种序列，按“每一步楼层差不超过1”的同步条件，分步枚举所有符合要求的B序列，接着计算出“同步且A停在6楼”的联合概率，最后利用条件概率公式，用联合概率除以“A停在6楼”的概率，得到最终结果即可. 【小问1详解】 设电梯A在3次运行中，向上运行1层的次数为，向上运行2层的次数为， 因为电梯从1楼出发，最终停在6楼，总上升层数为：， 所以，解得：， 即电梯A需要1次向上运行1层，2次向上运行2层， 根据二项分布，概率为：， 所以电梯A最终停在6楼的概率为. 【小问2详解】 由题意，为3次运行中向上运行1层的次数，每次运行向上1层的概率为，因此， 所以， ， ， ， 所以的分布列： 0 1 2 3 由题意，总耗电量与的关系为：， 化简得：， 则期望：， 因此，的数学期望： ， 所以的分布列如上，的数学期望为度. 【小问3详解】 事件M：电梯A停在6楼，其运行序列为“1次1层、2次2层”， 所以电梯A运行序列共有种排列，记为：. 同步条件：对，， ①当电梯A运行序列为时： 符合条件的电梯B运行序列：，共6种，其概率和为. ②当电梯A运行序列为时： 此时电梯B运行序列中只有不满足同步条件，所以满足同步条件的概率为. ③当电梯A运行序列为时： 此时电梯B运行序列中也只有不满足同步条件，所以满足同步条件的概率为. A停在6楼的总概率：， 每种电梯A运行序列的概率： 所以总同步概率：同步且停在6楼 所以条件概率：同步停在6楼， 故当电梯A最终停在6楼时，两部电梯始终同步的概率为. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求直线与直线间的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【小问1详解】 证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. 【小问2详解】 由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 18. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. （1）求的方程； （2）记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 【答案】（1） （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义及三角形的面积即可求解； （2）（i）设经过轴上点的直线为，与抛物线方程联立，得，因为直线经过点，所以，因为直线经过点，所以，得，即可求解； （ii）设直线与的交点为，因为四点共圆，所以，即可求解． 【小问1详解】 由题知，所以， 不妨设点在第一象限, 由抛物线定义知到准线的距离为，所以， 由，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）设经过轴上点的直线为， 与抛物线的两交点记为， 联立得，则， 因为直线经过点，所以， 因为直线经过点，所以， 因为直线和经过点， 所以， 所以， 因为，所以， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 综上． （ii）设直线与的交点为，因为四点共圆， 所以， 设直线为，联立得 ，所以， ， 设直线为， 同理可得， 又且，所以， 所以， 则的重心纵坐标为0，即的重心在轴上， ， 同理所以， 联立直线与得， 所以， 所以的重心在的右侧. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【小问1详解】 由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 （i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2026年高三高考第三次模拟 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 3. 四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 48种 D. 24种 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 等差数列中，已知，前n项和为，且，则最小时n的值为（ ） A. 11 B. 11或12 C. 12 D. 12或13 6. 当时，函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 8. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 14 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知一组数据，，…，的平均数、方差、第75百分位数、极差分别是，，，，对该组数据作线性处理得到另一组数据，，…，，记该组数据的平均数、方差、第75百分位数、极差分别是，，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. D. 若，则 11. 已知函数（，）满足.下列说法正确的是（ ） A. B. 当，都有，则函数的最小正周期为 C. 设，存在，（），，则 D. 若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 13. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 14. 设a，b是两个实数，，直线和圆交于两点A，B，若对于任意的，均存在正数m，使得的面积均不小于，则的最大值为__________． 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，角的对边分别为，且． （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积． 16. 某7层高的写字楼有两部独立运行的电梯A和B，初始都在1楼．每部电梯每次运行时，有的概率向上运行2层、有的概率向上运行1层．两部电梯各自独立运行3次（每次运行后记录所在楼层）．设电梯A，B第i次运行后所在楼层分别为和． （1）求电梯A最终停在6楼的概率； （2）若电梯每向上运行1层消耗0.005度电，向上运行2层消耗0.010度电．记电梯A这3次运行中向上运行1层的次数为X，3次运行总耗电量为Y，求X的分布列及Y的数学期望； （3）若对任意都成立，则称两部电梯“同步”．当电梯A最终停在6楼时，求两部电梯3次运行时始终同步的概率． 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求直线与直线间的距离. 18. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. （1）求的方程； （2）记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $