广东阳江市第三中学2026届高三下学期5月高考适应性考试数学试卷

**基本信息** 高三三模数学卷聚焦高考核心素养，以函数、几何、概率等主干知识为载体，通过基础选择、综合解答及创新应用的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、向量、复数、函数|基础题为主，考查数学抽象| |多选题|3/18|统计、数列、立体几何|结合逻辑推理，如第10题数列性质判断| |填空题|3/15|二项式定理、双曲线、概率|第14题以食堂套餐为情境，体现数学建模| |解答题|6/77|数列、立体几何、解三角形、圆锥曲线、导数|导数题（19题）结合极值点与零点证明，考查逻辑推理；圆锥曲线题（18题）涉及轨迹与面积最值，注重综合应用|

阳江三中2026届高三高考适应性考试 数学试卷 2026.05.23 满分：150 分　　 考试时间：120 分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、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，只有一项是符合要求的。 1．设全集 是小于的正整数，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，则向量的夹角为（     ） A． B． C． D． 3．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（     ） A． B．1 C． D．2 4．下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 5．已知，则（   ） A． B． C． D． 6． 在平面直角坐标系中，为抛物线的焦点，点在上， 若，则（   ） A． B． C． D． 7．已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（    ） A． B． C．2 D．3 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．下列说法正确的是（    ） A．样本相关系数越大，则线性相关性越强 B．的上四分位数是15 C．若随机变量服从正态分布，且，则 D．若随机变量的方差，期望，则 10．记为数列的前项和，已知则（    ） A．2025是数列中的项 B．数列是公比为2的等比数列 C． D．若，则数列的前项和小于 11．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 13．已知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B，D两点，且BD的中点为，则C的离心率是______． 14． 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）若，求满足条件的最大整数. 16．（15分）如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. （1） 求证：； （2） 若直线与平面所成的角为，请问在线段上 是否存在点，使得二面角的大小为，若存在 请求出的位置，不存在请说明理由. 17．（15分）已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角三角形，，求边上的中线的取值范围． 18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，动点K到点和点的距离之和为4. （1） 求动点K的轨迹方程； （2） 设动点K的轨迹是曲线C，直线l与曲线C交于M，N两点，与圆交于P，Q两点，不重合的两条直线与分别平分线段MN，PQ. ① 求证：为定值： ② 已知直线与曲线C交于E，G两点，与曲线C交于D，F两点，且，求四边形EFGH面积的最大值. 19．（17分）已知函数，． （1） 当时，求函数的单调区间； （2） 若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． ① 求实数的取值范围； ② 证明：． 第 2 页 共 13 页 第 1 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阳江三中2026届高三高考适应性考试数学试题 解析版 2026.05.23 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C A C B D D A BC ACD BCD 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1．设全集 是小于的正整数，集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C【详解】因为，所以，又， 所以. 2．已知，则向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C【详解】因为，所以，则， 则，因为，所以，即向量的夹角为. 3．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 4.下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，在区间上单调递增，不符合题意对于B，的定义域为，不符合题意；对于C， ，在区间上单调递减，符合题意； 对于D，在区间上单调递增，不符合题意； 5．已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，可得， 所以，所以． 6．在平面直角坐标系中，为抛物线的焦点，点在上，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】抛物线，焦点， 因为，所以轴，所以，则， 解得，如图，则，所以． 7．已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】由，得正态曲线关于对称. 因为，所以，得. 又， 当且仅当，即，时取等号. 故的最小值为6. 8．若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【详解】如图可知：方程的三个根的分布为：，因此，再设公比为，则，， 由等比中项性质得， 将等式相减得： ， 代入可得： 再代入，可得， 代入，，可得， 解得或（负根舍去），且满足，即公比为. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．下列说法正确的是（    ） A．样本相关系数越大，则线性相关性越强 B．的上四分位数是15 C．若随机变量服从正态分布，且，则 D．若随机变量的方差，期望，则 【答案】BC 【详解】A：样本相关系数越接近1线性相关性越强，并非越大越强，A错误. B：数据共8个，上四分位数位置为，取第6项与第7项均值，即，B正确. C：由题意，，则，，C正确. D：由，得，D错误. 10．记为数列的前项和，已知则（    ） A．2025是数列中的项 B．数列是公比为2的等比数列 C． D．若，则数列的前项和小于 【答案】ACD 【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确； 对于B，由题知，故数列是公比为4的等比数列，故B错; 对于C，由题知，， 所以，故C正确； 对于D，，， 设数列的前项和为， 则，故D正确； 11．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积 的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 【答案】BCD 【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为为侧面内的动点（包含边界），设, 对于A：易知，所以， 当时，取得最小值为2，此时与重合， 当时，取得最大值为，此时与重合， 因为，所以不存在点使得，即A错误； 对于B：易知，所以 由得，即； 因此的轨迹为直线在四边形内的线段， 因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段， 因此的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又，所以， 设平面的法向量为， 所以，可得, 令，则，则平面的法向量, 因平面，则,又，即，解得， 显然当时，即与重合时，满足题意， 此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若，由正方体性质可得平面，又平面，所以， 利用勾股定理可得，即， 解得， 所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 此时点到的最小距离为， 所以的面积的最小值为，即D正确. 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【答案】 【详解】根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为， 化简可得，令，解得， 所以展开式的第项为， 所以的系数为. 13．已知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B，D两点，且BD的中点为，则C的离心率是______． 【答案】 2 【详解】设，则， 两式作差可得：，即， 因为为BD中点，所以， 又直线BD斜率为1，所以，代入可得，， 所以C的离心率. 14．学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 【答案】 【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐， 则， ； 从而， ， . 四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知数列的首项，且满足. (1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，求满足条件的最大整数. 【详解】（1）由题意，数列满足，可得， 可得，即， 又由，所以， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列. 所以 ，所以，所以 ..............6分 （2）设数列的前项和为，则 ， 若，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为99 ..............13分 16．（15分）如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. (1)求证：； (2)若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设， ， 得所以， 设平面的一个法向量，由， 得：，取, 由（1）知平面， 所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 17．（15分）已知分别为三个内角的对边，且． (1) 求角； (2) 若为锐角三角形，，求边上的中线的取值范围． 【详解】（1）根据题意可知，， 由正弦定理得：， 即， 所以， 即． 又，则， 故，即，所以 ． 又，所以 ， 即，故． （2）根据余弦定理得：， 即． 又因为，两边平方得． 根据正弦定理可知，，故，， 所以 ． 又由于是锐角三角形，因此可得，解得． 因此，所以，即， 所以，则． 18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，动点K到点和点的距离之和为4. (1) 求动点K的轨迹方程； (2) 设动点K的轨迹是曲线C，直线l与曲线C交于M，N两点，与圆交于P，Q两点，不重合的两条直线与分别平分线段MN，PQ. ① 求证：为定值： ② 已知直线与曲线C交于E，G两点，与曲线C交于D，F两点，且，求四边形EFGH面积的最大值. 【详解】（1）设，，， 由椭圆定义可知，动点的轨迹为椭圆， 其中长轴长，焦距， 由，，得， 所以动点的轨迹方程为. （2）① 由题意可知直线的斜率不为0，设直线方程为：， 如下图所示， 由于直线：平分线段，所以直线与直线垂直， 所以，设，，则， 于是，由于， ，则，又，则，得证. ② 由题可知，如下图所示，连接，， 则，易知， 令，得， 则直线与椭圆的交线段长为， 同理可得直线与椭圆的一个交点坐标为， 不妨记为点，则到直线的距离， 所以， 由题意可知，，则， 所以四边形面积的最大值为， 在时取到. 19．（17分）已知函数，． (1) 当时，求函数的单调区间； (2) 若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． ① 求实数的取值范围； ② 证明：． 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减，所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间． （2）① 由（1）可知， 令，， 则． 因为在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 当时，由（1）可知，函数在上单调递减， 所以函数不存在极值点，不符合题意； 当时，， 所以当时，，则， 所以函数在上单调递减． 因为，所以当时，， 所以函数不存在大于1的零点，不符合题意； 当时，，因为， ， 所以存在，满足， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极值点． 因为， ，所以，此时，且， 即函数存在大于1的零点，此时实数的取值范围为． ② 证明：依题意即 所以，即． 因为在上恒成立， 且，，即， 所以，即， 两边取对数得，则，所以． 第 2 页 共 13 页 第 1 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $