精品解析：广东江门市广东实验中学附属江门学校2026届高三考前自测数学试题

广东省江门市省实江门学校2026届第三次模拟考试 数学卷 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，，则中元素的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 已知非零向量，满足，若，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（    ） A. 甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大 B. 乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大 C. 甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大 D. 乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大 5. 在中，，，，则的面积为（ ） A. 6 B. C. 3 D. 6. 设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且直线l与圆x2＋y2＝4相交所得的弦长为2，O为坐标原点，则面积的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 7. 已知，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 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. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 10. 已知O是坐标原点，抛物线的焦点是点F，，B，C是抛物线上的三点，点T在圆上运动，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 如果，则直线BC与x轴的公共点为 D. 如果直线AB，AC均与圆M相切，则直线BC的方程为 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 回归方程在样本处的残差为________. 13. 已知二项式展开式中，项的系数为80，则______. 14. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 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. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 16. 设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1 =1，a3=7，an=2an-1+a2 - 2(n≥2). (I)证明：{an+1）为等比数列； (2)求{an}的通项公式，并判断n，an，S是否成等差数列？ 17. 第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT 发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT所用到的数学知识，开辟了人机自然交流的新纪元. ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，条件概率就被广泛应用于ChatGPT 中.某数学素养提升小组设计了如下问题进行探究：现有完全相同的甲，乙两个箱子（如图），其中甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同.某人先从两个箱子中任取一个箱子，再从中随机摸出一球. （1）求摸出的球是黑球的概率； （2）若已知摸出的球是黑球，请用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大. 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知. （1）求证：（i）当时，；（ii）； （2）求证：若，，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省江门市省实江门学校2026届第三次模拟考试 数学卷 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，，则中元素的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得：，又 ∴ ∴中元素的个数为3个 故选C 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简即可求解． 【详解】由，可得, 所以的虚部为， 故选：C 3. 已知非零向量，满足，若，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助投影向量定义计算即可得. 【详解】， 故向量在向量方向上的投影向量为. 4. 在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（    ） A. 甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大 B. 乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大 C. 甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大 D. 乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大 【答案】C 【解析】 【分析】根据进球个数的平均数判断进攻能力强弱，根据标准差判断进球数波动大小． 【详解】因为甲队进球个数的平均数为2.1，乙队进球个数的平均数为1.4， 所以甲队进攻能力比乙队强， 又因为甲队进球个数的标准差为1.1，乙队进球个数的标准差为1.2， 所以乙队进球数波动较大． 5. 在中，，，，则的面积为（ ） A. 6 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用三角形面积公式求面积即可. 【详解】由题设. 故选：D 6. 设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且直线l与圆x2＋y2＝4相交所得的弦长为2，O为坐标原点，则面积的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据圆的垂径定理，结合点到直线距离公式、重要不等式进行求解即可. 【详解】由直线与圆相交所得的弦长为2，圆的半径为2，由垂径定理可知： 圆心到直线的距离，由点到直线距离公式得： ＝，所以m2＋n2＝≥2|mn|，当且仅当m＝n时等号成立.所以|mn|≤，又A，B，所以AOB的面积S＝≥3，故AOB面积的最小值为3. 故选：C 7. 已知，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 两边同除以，得， 所以，因为，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以最大值为． 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 【答案】D 【解析】 【分析】根据，确定点的位置，经过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，通过补形确定经过三点的平面，利用棱柱、棱台的体积计算方法，得到，两部分的体积，最终求得比值. 【详解】取的中点，连接，； ，，即点在线段上，. 过点作，分别交，于点，. 平面是过点，，三点的平面. 设，直三棱柱的高为. . ，，； ； 直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小）， ，则； . 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. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式即可判断A；由概率的加法公式即可判断B；由独立事件的乘法公式即可判断C；由条件概率公式即可判断D． 【详解】对于A，，， 所以，故A错误； 对于B，若，互斥，则， 所以，故B正确； 对于C，若，独立，则，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为，所以，不独立，故D错误． 10. 已知O是坐标原点，抛物线的焦点是点F，，B，C是抛物线上的三点，点T在圆上运动，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 如果，则直线BC与x轴的公共点为 D. 如果直线AB，AC均与圆M相切，则直线BC的方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将点代入抛物线，得到方程后再求解即可；对于B，的最小值，等价于求圆心到​的距离减去半径;对于C，联立方程组后，运用平面向量的坐标运算求解即可；对于D，运用几何法，设切线，求解方程即可. 【详解】对于A：因为在抛物线上，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：，则，故A不正确； 对于B：根据抛物线定义，等于点到准线​的距离， 要求的最小值，等价于求圆心到​的距离减去半径, 即，所以的最小值为，故B正确； 对于C，显然直线BC的斜率不为0，设直线BC的方程为， 由，得，所以，所以， 所以，解得：或， 当时，直线过原点，不满足题意，舍去， 所以，即直线BC与x轴的公共点为，故C正确； 对于D，直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，即， 又直线AB与圆相切，所以，整理得，即， 同理可得，所以直线BC的方程为，故D正确. 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数学归纳法判断B；利用函数的单调性判断A；根据数列前3项和可判断C；利用作差法结合条件判断D. 【详解】对于B，因为，假设当时，则， 即当时，成立，所以可得，故B正确. 对于A，设，则，当时，当时， 所以在上的单调递减，在上单调递增， 则，则恒成立，即. 由，可得，故A正确. 对于C，因为，，， 所以， 而，所以，故C错误. 对于D，因为， 令，由，可得， 则，即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 回归方程在样本处的残差为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据残差的定义直接计算即可. 【详解】由题当x=4时，， 故 所以回归方程在样本处的残差为. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了残差的概念，考查了运算能力，属于容易题. 13. 已知二项式展开式中，项的系数为80，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，将项的系数表达式求出等于 ， 再求解关于的方程即可． 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 则项的系数，解得； 故答案为：． 14. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案. 【详解】因为，构造函数， 因为，所以函数是增函数， 因为，所以， 因为，所以原不等式即，解得， 所以不等式的解集为. 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. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明出四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 设的中点为，连接，， 因为，是，的中点，所以在中，，， 因为为正方形，为中点，所以，， 所以，，即四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面，，平面，所以，， 在正方形中，， 所以以为正交基底建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以即 解得，取，得，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16. 设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1 =1，a3=7，an=2an-1+a2 - 2(n≥2). (I)证明：{an+1）为等比数列； (2)求{an}的通项公式，并判断n，an，S是否成等差数列？ 【答案】（1）证明见解析；（2），，，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）由题意求得，进而利用等差数列的定义可判定是首项为2，公比为2的等比数列. （2）由（1）知，，求得，由等比数列的求和公式和等差数列的求和公式，可得，再由等差数列中项公式，即可判定. 【详解】（1）∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴是首项为2，公比为2的等比数列. （2）由（1）知，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即，，成等差数列． 【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的定义的应用，以及等差、等比数列的前项和公式的应用，其中熟记等差、等比数列的定义和通项公式，以及前项和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 17. 第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT 发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT所用到的数学知识，开辟了人机自然交流的新纪元. ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，条件概率就被广泛应用于ChatGPT 中.某数学素养提升小组设计了如下问题进行探究：现有完全相同的甲，乙两个箱子（如图），其中甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同.某人先从两个箱子中任取一个箱子，再从中随机摸出一球. （1）求摸出的球是黑球的概率； （2）若已知摸出的球是黑球，请用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大. 【答案】（1） （2）该球取自乙箱的可能性更大 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式求摸出的球是黑球的概率； （2）利用贝叶斯公式求黑球来自甲、乙箱的概率，比较它们的大小，即可得结论. 【小问1详解】 记事件A表示“球取自甲箱”，事件表示“球取自乙箱”，事件B表示“取得黑球”， 则， 由全概率公式得： . 【小问2详解】 该球取自乙箱的可能性更大，理由如下： 该球是取自甲箱的概率 该球取自乙箱的概率 因为所以该球取自乙箱的可能性更大. 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解； （2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 依题意，，即， 又焦距为，所以， 解得，，所以的标准方程为． 【小问2详解】 （i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，， ， 设，，则直线方程为， 令得，，同理可得，， 因为，， 所以， 所以为定值． （ii）法1：因为，所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 法2：设与交于点，由椭圆的对称性知， 因为，所以 ， 又因为，， 所以. 所以，所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知. （1）求证：（i）当时，；（ii）； （2）求证：若，，则. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）(i)利用函数的单调性即可证明； (ii) 将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； （2）由题即证，即，构造函数，即证，求导数，构造函数，求导数，判断函数的单调性，求出函数的最值，从而证明不等式恒成立即可. 【小问1详解】 （i）由，由指数函数的单调性可知，在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）令，则在上为偶函数， 则， 令， 则，当且仅当时等号成立 所以在上单调递增，所以，即， 所以当时，， 所以当时，， 即成立. 【小问2详解】 因为，所以原式变为 ， 即证. 设函数，即证， ，设，， 时，，在上单调递增， 即在上单调递增， 设，， ，由于在上单调递增，， 所以，，在单调递增， 又，所以时，，所以， 所以，因此恒成立， 原不等式恒成立，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $