广东广雅中学2026届高考考前模拟训练

**基本信息** 2026年高考数学三模卷以AI工具用户调查、投壶游戏等真实情境为载体，通过解三角形、导数证明等综合性大题，考查数学抽象、逻辑推理与数据观念，适配高考冲刺阶段能力评估需求。 **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、抛物线、空间基底等|基础概念辨析，如集合元素个数、抛物线准线| |多选题|3/18|复数运算、函数极值、概率游戏|结合投壶文化考查概率期望，体现数学文化| |填空题|3/15|二项式定理、函数单调性、数列集合|数列非空子集最小元素和，考查创新应用| |解答题|5/77|解三角形、导数极值、椭圆方程、统计概率、立体几何翻折|AI用户年龄调查（数据观念）、立体几何翻折（空间观念），综合考查数学思维与表达|

2026年高考考前模拟训练 数 学 本试卷共4页，满分150 分，考试用时120分钟。 注意事项： 1. 开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定 区域内。 2. 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器。不按以上要求作答的答案无效。 4. 考生必须保持答题卡的整洁。 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合，，则中元素的个数是    A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2．抛物线的准线方程为    A. B. C. D. 3．    A. B. C. D. 4.已知一组实数：1，2，4，，8，10，若该组数据的第百分位数为4，则不可能是    A．40 B．50 C．60 D．70 5.已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是    A．， B．， C．， D．， 6.从甲、乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为    A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 7.已知圆C：，直线：，过直线上一动点P作圆C的两条切线，切点记作A，B，则的最小值为    A. B. C. D. 8.已知满足，，则    A．， B．， C．， D．， 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.已知复数均不为0，则    A． B． C． D． 10. 已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是    A. B. 点M为线段CD的三等分点 C. 当时，四边形ABCD为正方形 D. 当时，四边形为菱形 11. “暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是    A. 当时，投壶2次游戏结束的概率为 B. 当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．被8除的余数为__________． 13．设函数．若对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，则的一个取值为__________． 14.若正项数列满足，则集合的所有非空子集中最小元素之和为__________． 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.本小题13分 记的内角的对边分别为已知A是锐角， 若，求的值： 若平分，求的面积. 16.本小题15分 已知函数，曲线在点处的切线方程为为自然对数的底数 求的极值； 证明： 17.本小题15分 已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． 求的方程； 若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 18.本小题17分 近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元.某地区随机调查了经常使用某AI工具的360名用户，统计他们的年龄，得到如下的统计表： 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 年龄 人数 30 150 90 60 30 利用统计表中的数据试估计该AI工具用户的平均年龄； 已知用分层随机抽样的方法，从上面360名用户中随机抽取了12人，现从这12人中随机抽取4人，记抽到第一组的人数为m，第二组的人数为n．设，求的分布列； 已知该工具对某20个问题能准确答对其中的（，且）个．若从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，当t变化时，要使得恰好答对3个问题的概率取到最大值，求此时的取值． 19.本小题17分 如图，已知是边长为的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． 设平面平面，证明：平面； 当时，求平面与平面的夹角的余弦值； 若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，求直线被四棱锥外接球球截得的弦长的取值范围． 试题第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前模拟训练参考答案 数 学 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C B A D A C D B BCD AC ACD 1.【答案】C  【解】解不等式，得，因此。 集合，其中满足的元素为，故。故中共有3个元素。 2．【答案】B  【解】因为抛物线的标准方程为：，所以焦点在y轴正半轴上； 且，即，所以：，准线方程，故选： 3．【答案】A 【解】由．故选：A． 4.【答案】D 【解】对于A，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第3个数4，A可能； 对于B，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第3、4个数的平均数4，B可能； 对于C，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第4个数4，C可能； 对于D，，无论取何值，该组数据由小到大排列的第5个数不可能为4，因此不可能为，D不可能. 5.【答案】A 【解】对于选项A，假设存在实数，，使得， 则，方程无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底，故A正确； 对于选项B，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故B错误； 对于选项C，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故C错误； 对于选项D，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故D错误． 6.【答案】C  【解】甲、乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作， 若选派的四人中甲乙仅有其中一人，则选派方案的种数为，若选派的四人中甲乙均有，则选派方案的种数为，综上，不同的选派方案的种数为故选： 7.【答案】D 【解】因为过直线l上一动点P作圆C的两条切线，切点记作A，B， 所以，， 根据对称性易得，所以， 所以， 圆C：的圆心为，半径为 圆心C到直线l：的距离，且易知， 所以，所以， 所以故选 8.【答案】B 【解】由题意得，即，则，则， 令，根据减函数加减函数为减函数的结论知： 在上单调递减， 当时，可得，，两边同取以5为底的对数得 ，对通过移项得， 两边同取以3为底的对数得， 所以，所以 ，所以，且， 故此时，，故C,D选项错误， 时，， ，且，故A错误, 下面严格证明当时，，， 根据函数在上单调递增，且， 则当时，有， ，， 下面证明：， 要证：， 即证：，等价于证明， 即证：，此式开头已证明， 对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得 ， 则 故当时，，则 当时，可得，，两边同取以5为底的对数得 ，对通过移项得， 两边同取以3为底的对数得， 所以，所以 ，所以，且， 故，故此时，， 下面严格证明当时，， 当时，根据函数，且其在上单调递减，可知 ，则，则， 根据函数函数在上单调递增，且， 则当时，， 下面证明：，要证： 即证：，等价于证，即证：，此式已证明， 对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得 ， 则， 故时，，则 当时，，则，， 综上，，故选：B. 9.【答案】BCD 【解】设、； 对A：设，则， ，故A错误； 对B： ，又，即有，故B正确； 对C：，则， ，，则， 即有，故C正确； 对D： ， ， 故，故D正确.故选：BCD. 10. 【答案】AC 【解】由求导得， 因，由，可得或，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值点为，极小值点为，则，故A正确； 由图知分别是函数图象在点处的切线.因， 将直线的方程与联立，消去，得， 即，解得； 再将直线的方程与联立，消去， 得，即，故得， 因四边形是矩形，则， 即点M为线段CD的四等分点，故B错误； 对于C，由上分析知，，当时，， 又四边形是矩形，故此时ABCD为正方形，故C正确； 对于D，因，且， 则四边形为平行四边形， 又，当时，，故D错误. 11. 【答案】ACD 【解】对于A，投壶2次均命中即游戏结束，概率为，A正确； 对于B，投壶3次游戏结束的事件为“第2，3次命中，第1次不中”，概率为， 投壶4次结束的事件为“第3，4次必须命中， 且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投壶结果不影响”， 概率为，两者概率相等，B错误； 对于C，当时，即出现连续2次命中，那么停止投壶，游戏结束， 设投壶的总次数的数学期望为，考虑第一次投壶的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投壶总次数为2； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； 则，解得，C正确； 对于D，由题意，设为出现连续次命中，则停止投壶，游戏结束时投壶总次数的数学期望， 在连续次命中，停止投壶的游戏中，考虑首次达到出现连续命中次的时刻， 此时当前投壶的总次数期望为，即出现连续次都投壶命中，那么现在从此状态开始， 游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），则考虑下一次投壶的结果： ①若下一次投壶命中（概率为），则出现连续次命中，停止投壶，游戏结束， 即投壶的总次数可看作次； ②若下一次投壶不中（概率为），则游戏重置，还需再进行次投壶， 游戏才能结束，即投壶的总次数可看作次； 综上，故，整理得，，D正确. 12．【答案】 13．【答案】(答案不唯一） 【解】根据余弦函数的性质，函数的单调递增区间为；单调递减区间， 那么函数的单调区间长度为，在任意长度为的区间上，函数，要么单调，要么先增后减或先减后增. 函数的单调递增区间为，即； 单调递减区间，即， 又对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性， 当时，函数，此时单调递增区间为；单调递减区间， 函数的极值点为，函数的极值点为。因此，任意长度为的开区间不可能同时包含和的极值点，即和中至少有一个在该区间上单调。 同理，当时，都满足对于任意的，函数和中至少有一个具有单调性.故答案为：（答案不唯一） 14.【答案】2036  【解】时，，舍或1，时，，整理得，即， 因是正项数列，故，所以，是以1为首项1为公差的等差数列，，，最小元素为1的非空子集有个，最小元素为2的非空子集有个，，最小元素为10的非空子集有1个，设所求和为，则 15.本小题13分 解：因为，所以，……………1分 因为A是锐角，所以，所以，……………2分 所以；……………3分 因为，所以由正弦定理得，……………4分 又因为，所以，因为，所以，……………5分 所以由正弦定理得；……………6分 由余弦定理得，解得，……………8分 所以，因为，所以，……………9分 所以，因为，所以，……………10分 所以，……………11分 所以的面积……………13分 16.解：，求导可得，……………2分 当时，，单调递减，……………3分 当时，，单调递增，……………4分 所以的极小值为，无极大值.……………6分 因为，，所以在点处的切线方程为，即，所以，……………8分 设，求导可得，……………9分 设，求导可得，……………10分 当时，，单调递增，……………11分 当时，，单调递减，……………12分 所以的极大值为，即，在上单调递减，因为，……………13分 所以当时，，， 当时，，，……………14分 综上所述，……………15分 17.解，，…………………1分 根据离心率，解得或(舍)，…………3分 的方程为：，即．…………………5分 ［方法一］：通性通法 不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为 根据题意画出图形，如图…………………6分 ，， ， 又， ， ，根据三角形全等条件“”，可得：， ，，， 设点为，可得点纵坐标为，将其代入， 可得：，解得：或，点为或，…………………9分 ①当点为时，故， ，，可得：点为， 画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：，面积为：；…………………12分 ②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得到直线的距离为， 根据两点间距离公式可得：， 面积为： ，…………………14分 综上所述，面积为：.…………………15分 ［方法二］【最优解】： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，． 故， ①因为，如图，所以，． ②因为，如图，所以． 综上有 ［方法三］： 由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得， 由韦达定理得，所以， 将其代入直线的方程得，所以， 则． 因为，则直线的方程为， 则． 因为，所，， 即，故或，即或． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点A到直线的距离为， 故的面积为． 当时，点P，Q的坐标分别为， 直线的方程为，点到直线的距离为， 故的面积为．综上所述，的面积为． ［方法四］： 由（1）知椭圆的方程为，． 不妨设在x轴上方，如图． 设直线． 因为，所以． 由点P在椭圆上得，所以． 由点P在直线上得，所以．所以，化简得． 所以，即． 所以，点Q到直线的距离． 又． 故．即的面积为． ［方法五］： 由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设， 由题知，所以． （1）． 则． （其中）． （2）． 同理，． （其中）综上，的面积为． 18.本小题17分 解：估计平均年龄为.…………………3分 由题意得，这12人中，年龄在第一组内的有（人）， 年龄在第二组内的有（人），…………………4分 则的所有可能取值为0，1，2，3，4，…………………5分 所以，， ，，………7分 则的分布列为： 0 1 2 3 4 …………………9分 从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，恰好答对3个问题的概率为，…………………10分 设，由，且得， 所以，……………12分 显然，， 令，…………………13分 当时，有，，即，…………14分 此时； 当时，有，，即，……………16分 此时，即，所以．…………………17分 19.本小题17分 解：因为，所以，…………………1分 又平面，平面，所以平面，…………………2分 又平面平面平面，所以，…………………4分 又平面，平面，所以平面．…………………5分 取中点，连，则为的中点， 在平面内，过作，在等边中，由，得， 又，所以， 所以，所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直，以为坐标原点，…………………6分 直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则 ………7分 则， 又，则，所以，解得， 则，所以，…………………8分 则，，设平面的一个法向量为，则，令，得，………………9分 设平面的法向量为，则， 令，得，…………………10分 所以，…………………11分 所以平面与平面夹角的余弦值为.…………………12分 因为点在平面内的射影在四边形内部， 所以，由，得到， 因为，所以， 则，又， 所以，则，所以，…………………13分 在等腰梯形中，，则， 则为等腰梯形外接圆圆心，设球的半径为，球心， 则，又， 则，整理得到，…………………14分 又因为， 所以，…………………15分 因为，且，得到， 又，令，易知在区间上单调递增， 当时，，所以，则．…………………17分 参考答案第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $