宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2026届高三年级高考考前自测数学试题

**基本信息** 石嘴山一中2026届高三三模数学卷，以量子比特（解答题18）、《增删算法统宗》古算题（多选题10）为情境，融合数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）、语言（模型意识），适配高考三模综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、函数奇偶性、数列、立体几何线面角|基础巩固，如函数奇偶性（题3）考查抽象能力| |多选题|3/18|统计方差、等比数列应用、双曲线几何性质|能力提升，如古算题（题10）体现文化传承| |填空题|3/15|复数、排列组合、函数零点|创新应用，如奖品分配（题13）考查模型意识| |解答题|5/77|解三角形、轨迹方程、立体几何体积与外接球、概率统计、导数综合|综合应用，如量子比特（题18）融合科技情境，考查数据观念与推理能力|

石嘴山市第一中学2026届高三年级高考第三次模拟 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D B C D B D AB BD 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】由即，得， 所以，故. 2．A 【分析】根据抛物线的定义，分别求出点M,N,P,Q到焦点F的距离即可． 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为； 则点到焦点F的距离为， 点到焦点F的距离为， 点到焦点F的距离为 点到焦点F的距离为； 所以点M与焦点F的距离最小. 故选A 【点睛】本题考查了抛物线的定义与应用，是基础题． 3．D 【分析】根据函数的对称性作出函数的图象，可知函数为增函数，再利用奇偶性转化不等式为，再利用单调性求解不等式即可. 【详解】由题意，函数是定义域为的奇函数，则图象关于原点对称. 先作出当时的图象，再利用对称性可作出上的的图象. 函数的图象如图. 由图象可知，函数是上的增函数. 由，得， 由是奇函数，可得， 则有， 又是上增函数，则，解得. 故的取值范围为. 故选：D. 4．B 【分析】利用等差中项的性质求得，进而可得，代入目标式求正切值即可. 【详解】本题考查等差数列的性质和简单的三角运算． 由，故，则， 所以． 故选：B 5．C 【分析】根据等差数列的性质，根据，求出a1，d，代入等差数列的前n项和公式即可． 【详解】数列{an}是等差数列，a2=4=a1+d，a4=2=a1+3d， 所以a1=5，d=-1，则S6=6a1+=15． 故选C． 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属于基础题． 6．D 【分析】利用几何法取直线 与平面 所成角的正弦值的临界状态可得答案. 【详解】如图，正三棱柱 棱长均为 2，取 的中点为 ， 则 平面 ， 当点 是靠近点 的四等分点时， ，则 平面 ， 此时直线 与平面 所成角的正弦值最大为 1； 当点 与 重合时，此时 最长， 即 ， 因为正三棱柱 中， 是棱 的中点， 所以点 到平面 的距离为 ，    此时直线 (即 ) 与平面 所成角的正弦值最小，为 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值取值范围是 . 故选：  D. 7．B 【分析】设椭圆的左焦点为，连接，，利用椭圆对称性结合，推出，设，，推出，继而令，推得，从而求得的关系式，求得答案. 【详解】如图所示，设椭圆的左焦点为，连接，， 由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，即FA⊥FB， 所以四边形为矩形，所以， 设，，在中，，，， 可得， 所以，令，得． 又，得，所以，所以， 结合，所以，所以，所以， 即椭圆C的离心率的取值范围为， 故选：B． 8．D 【分析】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果. 【详解】由题意得，，故， 因为函数在上无极值， 所以在R上恒成立， 当时，， 设，则， 当时，得，当时，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 从而，故， 当时，，则. 综上，. 故选：D. 9．AB 【分析】根据平均数与方差的概念逐项计算，即可判断得结论. 【详解】由题意，， 对于A，，，，的平均数为 ，故A正确； 对于B，，，，的平均数为， 其方差为 ，故B正确； 对于C，举反例，如1，2，3这3个数的平均数为2，但，，这3个数的平均数为，故C不正确； 对于D. ，故D不正确. 故选：AB. 10．BD 【分析】由题意，此人每天走的路程构成等比数列，由已知条件求出首项和公比，就可以解决数列问题了. 【详解】设此人第n天走了里路，则数列是首项为，公比q为的等比数列，因为，解得， ，所以此人第二天走了96里路，，A选项错误； ，所以此人第三天走了48里路，B选项正确； ，，此人第一天走的路程比第四天走的路程多168里，C选项错误； ，此人第五天和第六天共走了18里路，所以D选项正确. 故选：BD. 11．ACD 【分析】连接，由直角三角形可判断A，由可判断B，过作轴的垂线，垂足为，由，可判断C，设，由直角三角形勾股定理可判断D. 【详解】如图所示，连接，由题意可知，，所以，A正确； 因为是有一个公共角的直角三角形，即三角相等， 所以，， 所以为的中点，所以，B错误;    过作轴的垂线，垂足为，， 所以，，C正确 ，设，则， 所以，解得：， 所以， 所以，D正确， 故选：ACD． 12．6 【解析】化简复数，实部为3,求出a，进而求出. 【详解】解： . 由题意知，， ，， 的虚部为6. 故答案为：6. 【点睛】本题考查复数的基础知识和含参复数的运算，属于基础题. 13． 【详解】先给每个班提前分1份奖品，总共分掉份，剩余奖品数为 再将剩余27份相同奖品分给23个班，每班至少再分1份，使用隔板法 14． 【分析】将 代入 ，构造直线方程，运用点到直线的距离求解. 【详解】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标， 则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值， 原点到直线的距离为 ， ， 令 ， ，当 时，, 是增函数， 在 时， ； 故答案为： . 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式将已知等式化简，然后两式相加减可求出，，再两式相比可得结论， （2）由，可得，则可求出，从而可求出，再利用两角和正切公式化简可得结果. 【详解】（1）证明：因为， 所以，① ，② ①＋②并化简得， ①－②并化简得， 所以，所以， 所以， （2）因为，， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 化简整理得，解得， 因为，所以， 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可得解； （2）利用“点差法”求出直线的斜率即可得解. 【详解】（1）设动点，由题意可得 所以，化简整理得， 所以动点的轨迹方程是 （2）设， 因为在动点的轨迹上，所以，， 两式相减得， 即 因为是线段的中点，所以， 所以，即直线的斜率， 所以直线的方程为，即 17．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据计算可得； （2）棱锥的外接球即为正方体的外接球，求出正方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的表面积； （3）连接，根据点、面的位置关系证明即可. 【详解】（1）三棱锥的体积为． （2）三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 又正方体外接球的直径， 所以三棱锥外接球的半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为． （3）连接，，易得，所以四点共面． 由为的中点，得为的中点，则． 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 因为与平面交于点，所以平面，． 因为平面，所以平面，则为平面与平面的公共点， 所以，所以三点共线． 18．(1)分布列见解析，1 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出随机变量的可能取值及对应的概率可得随机变量的分布列，再由期望公式可得答案； （2）利用古典概率计算可得答案； （3）令，则可取，故可取，求出，可得，再求出、，再由组合数公式可得答案. 【详解】（1）随机变量的可能取值为0，1，2， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 所以随机变量的期望为； （2） （或）； （3）令，则可取，故可取， 当取时， ， 故， 从而， 整理，得， ，又因， 所以， 又 ， 根据，可得． 可得． 由（2）知，所以． 19．（1）.（2）答案不唯一，见解析；（3）当时，比更靠近.理由见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用赋值法，求出f′（1）＝f′（1）+2﹣2f（0），得到f（0）＝1．然后求解f′（1），即可求出函数的解析式． （2）求出函数的导数g′（x）＝ex-a(x-1)，结合a≥0，a＜0，分求解函数的单调区间即可． （3）构造，通过函数的导数，判断函数的单调性，结合当1≤x≤e时，当1≤x≤e时，推出|p（x）|＜|q（x）|，说明比ex﹣1+a更靠近lnx．当x＞e时，通过作差，构造新函数，利用二次求导，判断函数的单调性，证明比ex﹣1+a更靠近lnx． 【详解】(1)，令x=1解得f(0)=1， 由，令x=0得，， ∴. (2)∵， ∴， ①当时，总有，函数在R上单调递增； ②当时，由得函数在上单调递增，由得函数在上单调递减； 综上，当时，总有，函数在R上单调递增；当时，由得函数在上单调递增，由得函数在上单调递减.   (3) ， 设，，得在[1，+∞]上递减， 所以当1≤x≤e时，； 当x>e时，<0，而， 所以在[1，+∞)上递增， 则在[1，+∞)上递增，. ①当时，， ∴在[1，+∞)上递减， ∴ ∴比更靠近； ②当时， ∴， ∴ ∴递减， ∴ ∴比更靠近； 综上所述，当时，比更靠近. 【点睛】本题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述函数的单调性、极值、最值的情况，考查考生分类讨论思想的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题型． 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2026届高三年级高考第三次模拟 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．设抛物线的焦点为，已知点，，， 都在抛物线上，则 四点中与焦点距离最小的点是（　　） A． B． C． D． 3．已知函数是定义域为的奇函数，当时，.若，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．已知数列是等差数列，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=4，a4=2，则S6=（　　） A．0 B．10 C．15 D．30 6．在棱长均为 2 的正三棱柱 中， 是棱 的中点， 是侧面 内任意一点 (包含边界)，则直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围是（     ） A． B． C． D． 7．设椭圆C：的右焦点为F，椭圆C上的两点关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数在上无极值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9．有一组样本数据，，，的平均数为，方差为，则下列说法正确的是（   ） A．设，则样本数据，，，的平均数为 B．设a，，则样本数据，，，的方差为 C．样本数据，，，的平均数为 D． 10．在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则（    ） A．此人第二天走的路程占全程的 B．此人第三天走走了48里路 C．此人第一天走的路程比第四天走的路程多144里 D．此人第五天和第六天共走了18里路 11．已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且与双曲线的右支交于点，过作直线的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的面积为6 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数的实部为3，其中a是实数，i是虚数单位，则的虚部为______. 13．为营造安心舒适的学习环境，助力高三学子圆梦高考，重庆市第二外国语学校计划在五月底举行考前趣味活动.现已知年级领导为高三23个班级共准备了50份完全相同的奖品，若每班至少获得2个奖品，有______种不同的奖品分配方法. 14．已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________． 四、解答题：本题共77分。 15．已知在锐角三角形中，. (1)求证：； (2)求的值． 16．设动点与定点的距离和到直线的距离的比是． (1)求动点的轨迹方程； (2)过点的直线与动点的轨迹相交于两点，且恰好是线段的中点，求直线的方程． 17．在正方体中，为的中点，与平面交于点． (1)求三棱锥的体积； (2)求三棱锥外接球的表面积； (3)证明：，，三点共线． 18．经典比特只能处于“0”态或“1”态，而量子计算机的量子比特可同时处于“0”或“1”的叠加态，某台量子计算机以序号的粒子自旋状态为量子比特，每个粒子的自旋状态等可能的处于“0”态（下旋状态）或“1”态（上旋状态），现记序号为奇数的粒子中，处于“0”态的个数为，序号为偶数的粒子中，处于“1”态的个数为． (1)当时，求随机变量的分布列和期望； (2)在这个粒子中，求事件“”的概率； (3)在这个粒子中，令随机变量，证明：． （参考公式：） 19．定义在R上的函数f(x)满足，. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数g(x)的单调区间； (3)给出定义：若s，t，r满足，则称s比t更接近于r，当x≥1时，试比较和哪个更接近，并说明理由. 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 答案第12页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $