精品解析：广东省十二所重点中学校2026届高三年级第一次模拟考(十二校一模)数学试题

广东十二校2026年高三第一次模拟考试 数学试题 考试时间：2026年3月27日 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知或，且是的充分不必要条件，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 3. 某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（ ） A. 的数据较更集中 B. C. 甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于 D. 4. 某产品的广告费用与销售利润的统计数据如下表，由表中数据用最小二乘法求得广告费用与销售利润满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） 5 7 8 9 11 16 22 24 27 31 A. 与有正相关关系 B. C. 当时，残差为-0.5 D. 当广告投入金额为10万元时，该产品的销售利润大约为29万元 5. 函数， ，且，则 的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 6. “City不City”是一个今年在网络上迅速走红的流行语，这句流行语也成为了外国游客表达对中国城市深刻印象的一种新颖方式.现将一对C，一对i，一对t，一对y重新组合排成一行，若至多有2对相同的字母相邻（如CCiityty，CCitiyty等），则不同的排法有（ ） A. 2124种 B. 2148种 C. 2352种 D. 2420种 7. 为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的方程有三个不等的实数解,且,其中,为自然对数的底数,则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 给出下列命题，其中正确命题为（ ） A. 随机变量，若，则 B. 随机变量X服从正态分布，，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 对于独立性检验，随机变量的观测值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大 10. 已知，若，则正确的是（ ） A. B. C. 除以6所得余数为5 D. 11. 已知奇函数的定义域为，其导函数为，若，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. 已知的展开式中含的项的系数为______. 13. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为______；记小明抽到的龙王盲盒个数为X，则E（X）＝______． 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 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. 已知数列的前n项和为，且.正项数列满足且. （1）求数列和数列的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 16. 已知函数在处的切线与直线平行． （1）求的单调区间； （2）当时，恒有成立，求k的取值范围． 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东十二校2026年高三第一次模拟考试 数学试题 考试时间：2026年3月27日 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式先求出集合，进而可得，再由，列不等式即可求出答案. 【详解】由，得，所以，则或， 由，得，所以， 又，所以，解得． 故选：D． 2. 已知或，且是的充分不必要条件，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分不必要条件可得集合的包含关系，即可得到答案. 【详解】根据题意，或， 是的充分不必要条件， 所以且， 则. 故选：D 3. 某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（ ） A. 的数据较更集中 B. C. 甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解. 【详解】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确； 对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ， ，正确； 对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确； 对于D，由B知： ，错误； 故选：D. 4. 某产品的广告费用与销售利润的统计数据如下表，由表中数据用最小二乘法求得广告费用与销售利润满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） 5 7 8 9 11 16 22 24 27 31 A. 与有正相关关系 B. C. 当时，残差为-0.5 D. 当广告投入金额为10万元时，该产品的销售利润大约为29万元 【答案】C 【解析】 【分析】由回归系数，可判定A正确；求得样本中心，代入回归直线方程，求得，可判定B正确；当时，求得，求得残差值，可判定C错误；令，求得万元，可判定D正确. 【详解】对于A中，由回归方程，可得回归系数，所以与有正相关关系，所以A正确； 对于B中，由表格中的数据，可得，，所以数据的样本中心为， 将代入回归方程，可得，解得，所以B正确； 对于C中，当时，可得，所以残差为，所以C错误； 对于D中，当广告投入金额为10万元时，可得万元，所以D正确. 故选：C. 5. 函数， ，且，则 的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，可得为奇函数，由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】设，其定义域为， 且，所以为奇函数， ， 设，则， 设，则 设，则， 设，则， 故在上为递增函数，而， 故当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，故， 依次同理可得在上为递增函数， ， 又，即， 所以，所以，即， 则， 当且仅当时，即时，等号成立. 所以的最小值为. 故选：D 6. “City不City”是一个今年在网络上迅速走红的流行语，这句流行语也成为了外国游客表达对中国城市深刻印象的一种新颖方式.现将一对C，一对i，一对t，一对y重新组合排成一行，若至多有2对相同的字母相邻（如CCiityty，CCitiyty等），则不同的排法有（ ） A. 2124种 B. 2148种 C. 2352种 D. 2420种 【答案】C 【解析】 【分析】由间接法，求得恰有3对和4对的情况，即可求解； 【详解】恰有3对相同的字母相邻的排法有：, 有4对相同的字母相邻的排法有：, 8个字母的全排列为：, 所以至多有2对相同的字母相邻的不同的排法有：， 故选：C 7. 为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式即可求出结果. 【详解】由题知市民乘坐公共交通工具出行迟到的概率为， 市民开私家车出行迟到的概率为， 市民骑行或步行出行迟到的概率为， 则这名市民迟到的概率为， 故所求的概率为. 故选：C. 8. 若关于的方程有三个不等的实数解,且,其中,为自然对数的底数,则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据所给的方程的特征,令进行换元,方程转化为,画出函数 的图象,利用函数的图象和所求的代数式特征,求出所求代数式的值. 【详解】令,所以由可得, 设,,当时, ,所以函数单调递减, 当时, ,所以函数单调递增,而,显然当时, ，当时, ，因此函数的图象如下图所示： 要想关于的方程有三个不等的实数解,且, 结合函数图象可知,只需关于的方程有两个不相等的实数根,且, , , . 故选B. 【点睛】本题考查了函数与方程思想,考查了数形结合思想,属于中档题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 给出下列命题，其中正确命题为（ ） A. 随机变量，若，则 B. 随机变量X服从正态分布，，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 对于独立性检验，随机变量的观测值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大 【答案】AD 【解析】 【分析】A项，由二项分布的期望与方差公式解方程可得；B项，由正态曲线的对称性可得；C项，先求出，由样本中心点在回归直线上，代入，可得，进而求得；D项，根据对独立性检验思想的理解可得. 【详解】A项，随机变量， 若，则， 解得，故A项正确； B项，由于随机变量X服从正态分布，， ，，故B项错误； C项，一组数据的线性回归方程为， 因为，则， 由样本中心点在回归直线方程上得， ；即，故C项错误； D项，对于独立性检验，随机变量的观测值值越小， 判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故D项正确． 故选：AD. 10. 已知，若，则正确的是（ ） A. B. C. 除以6所得余数为5 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，已知式变为，可求得判断A； 令，二项式化为，可求得判断B； ,利用二项式展开式可判断除以6所得余数，判断C； 二项式两边都对求导后令可求得，从而判断D． 【详解】令，得∴，所以A正确； 令∴，所以，所以B错误； 由A知， 所以， 所以除以6的余数为5，C正确； 对于D，由， 两边求导可得， 令，得，所以D正确． 故选：ACD 11. 已知奇函数的定义域为，其导函数为，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，求得为奇函数，且，得到是周期为4的周期函数，由，求得，结合，可判定A正确；由，求得，可判定B错误；求得，令，求得，再由，结合，可判定C正确；由，得到，得到，结合，可判定D正确. 【详解】由题意，设，可得函数的定义域为， 则，所以函数为奇函数， 又由，可得，即， 又由，则有，即， 可得，所以是周期为4的周期函数， 对于A中，由，可得， 又由，即，所以，所以A正确； 对于B中，由，可得， 即，所以B不正确； 对于C中，由，可得， 令，可得，解得， 又由，可得，所以是周期为4的周期函数， 可得，所以C正确； 对于D中，由，则由，， 则有，即， 所以，所以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. 已知的展开式中含的项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】由，再写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以的展开式中含的项的系数为. 故答案为： 13. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为______；记小明抽到的龙王盲盒个数为X，则E（X）＝______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先求出从8个人物手办中，随机购买3个盲盒的买法和包含哪吒和至少一位龙王的买法，再利用古典概率公式求出各事件的概率，再依据条件概率公式，求出结果. 【详解】空1：事件：随机购买3个盲盒，含哪吒且不包含敖丙，， 事件：随机购买3个盲盒，恰有四个龙王中的一个： 包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为： 空2：每个盲盒抽到龙王的概率为：,每个盲盒未抽到龙王的概率为：， 则抽到与未抽到龙王服从二项分布： 故答案为：①；② 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 【答案】2 【解析】 【分析】由，可得， 通过研究函数，可得，然后可化为 函数图象上一点到直线上一点距离的平方，据此可得答案. 【详解】 . 对于，，则在R上单调递增， 又，则，故， 表示函数图象上一点到直线上一点距离的平方， 则最小值为函数图象与直线平行切线上一点到直线的距离的平方. ，令， 则与直线平行切线对应的切点为：，其到直线距离为. 则最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点睛：对于指数，对数同时出现的题目，常利用指对互化产生相同结构；对于平方型问题，常可转化为两点距离公式来思考. 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. 已知数列的前n项和为，且.正项数列满足且. （1）求数列和数列的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 【答案】（1）；； （2）. 【解析】 【分析】（1）求得，当时，利用求解即可得的通项公式；由，可得，从而得，再根据，求出公式的值，即可得数列的通项公式； （2）利用错位相减求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时也符合上式， 所以； 因为， 所以， 所以， 所以数列是等比数列， 又因为， 即， 又因为， 所以， 解得， 所以； 【小问2详解】 ， 所以， ， 两式相减得， ， 所以. 16. 已知函数在处的切线与直线平行． （1）求的单调区间； （2）当时，恒有成立，求k的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得，借助导数的正负即可得函数的单调性； （2）通过变形，可将原问题转化为在上，恒成立，从而构造函数，借助导数求出在上的范围即可得. 【小问1详解】 由已知可得的定义域为，， 所以，即， 所以，， 令，得，令，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 将不等式整理得：，可化为， 问题转化为在上，恒成立， 令，， 则， 令， 则，， 所以在上单调递减， ，即， 所以在上单调递减， ，所以， 所以的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原问题通过变形参变分离，转化为在上，恒成立，从而构造对应函数，借助导数求取在上的范围即可得. 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 【答案】（1）平均值为，上四分位数为； （2） 0 1 2 数学期望为； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案； （2）写出的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可； （3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于的表达式，从而得到不等式，解出即可；法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可. 【小问1详解】 依题意，平均值 ， ， 上四分位数落在区间，且等于. 【小问2详解】 由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1， 由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩， 在之内的4次，在之内的抽取了2次， 所以可取的值有：0，1，2， ，，， 分布列为： 0 1 2 . 【小问3详解】 法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，， 则相互互斥，所以动作优化前， 在一次资格赛中，入围的概率， 设事件B为＂动作优化成功＂，则， 动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥， 所以在一次资格赛中入围的概率 ， 故， 由解得，又的取值范围是. 法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：， 进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩， 当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准， 所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率， 由，得，又的取值范围是. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）极小值为，无极大值． （2）（i） （ii）由，可得，即证，即证， 不妨设，因为， 由（i）知，， 令，则且， 又因为，可得，即， 所以，可得，所以， 则， 所以等价于，即， 即为， 令，则， 所以在单调递增，所以， 即，可得，所以，即可得证. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，得到的单调性，进而求得函数的单调区间，结合极值的概念，即可求解. （2）（i）由题意得，令，求得，得到在单调递增，再令，得到在有2个零点，且，进而得到，求得函数，即可求解； （ii）根据题意，转化为证明，设，得到，令，求得，得到，进而转化为，令，利用导数求得单调性，结合，即可得证. 【小问1详解】 解：当时，函数，可得， 令，则， 当时，；当，， 所以在单调递减，在单调递增， 因为时，，则，， 所以当时，；， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 解：（i）由函数， 令，因为，所以在单调递增， 令，即在有2个零点，且， 因为，所以时，，在单调递增， 此时不存在2个零点，所以， 因为时，；时，，所以在单调递减， 在单调递增，因为时，；时，， 所以，所以． （ii）略 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （2）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （3）分三类讨论1号球放入的盒子，1号球放入 号盒中等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 【小问1详解】 1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中； 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： . 【小问2详解】 1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中; 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，.... n 号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： 【小问3详解】 1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中： 1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，....号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 的球和编号为 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球， 按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 , 整理得： ,① 分别用 和 替换 和 ，可得： ,② 由①②式相减，整理得： 从而 , 等于1号球不放在2号盒的概率，即. 所以 【点睛】关键点点睛： 1号球放入 号盒中的关键是等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $