广东省广州市2026-2027学年高三上学期开学考数学自编模拟练习

**基本信息** 2026年广州高三数学开学考模拟卷，以梯度化题型与真实情境问题，检测集合、函数、概率等核心知识掌握，适配高三开学复习诊断，体现数学思维与模型意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、向量、概率等|单选基础巩固，多选综合辨析（如第9题统计与概率结合）| |填空题|3题/15分|抛物线、解三角形、函数零点|第14题函数零点问题考查抽象能力| |解答题|5题/77分|解三角形、立体几何、概率统计、抛物线数列、导数|17题抓娃娃机情境体现模型意识，18题抛物线与数列结合考查推理能力，19题导数综合检测数学思维|

2026年广东省广州市高三数学秋季开学考模拟练习卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合,,则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】集合中元素是非负实数，而集合中元素是直线上的点，所以. 2．已知函数（是虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题知，， 所以. 3．如果表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量基底的定义，结合平面向量共线定理逐一判断即可. 【详解】根据平面基底的定义知，向量为不共线非零向量，即不存在实数，使得， 对于A中，向量和，不存在实数，使得，可以作为一个基底； 对于B中，向量，假设存在实数，使得， 可得，此时方程组无解，所以和可以作为基底； 对于C中，向量和，假设存在实数，使得， 可得解得，所以和不可以作为基底； 对于D中，向量和，假设存在实数，使得， 可得此时方程组无解，所以和可以作为基底. 故选：C 4．从的展开式的各项中任选4项，恰好有1项为的奇次幂的选法共有（   ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 【答案】B 【分析】根据二项式展开式通项确定的奇次幂和偶次幂对应的项数，再利用组合计数原理计算选1个奇次项和偶次项的选法总数. 【详解】因为二项式的展开式通项为，其中， 为的次数，所以的奇次幂对应为奇数：，共项， 的偶次幂对应为偶数：，共项， 任选4项恰好有1项为的奇次幂，即选1个奇次项、3个偶次项， 由组合计数可得：，因此选法共12种. 5．已知偶函数满足当时，，则的图象在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用偶函数的导数为奇函数求解即可 【详解】当时，， 因为为偶函数，所以，当时两边求导得， 所以，， 所以的图象在处的切线方程为，即 6．已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可． 【详解】解：双曲线：的一条渐近线不妨取：， 由双曲线：的一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，可得到的距离为， 所以，解得， 故双曲线C的离心率为 故选：B 7．已知，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两角和与差的余弦公式及同角三角函数关系求解即可. 【详解】由得， ， 所以， 为使有意义，必有，即， 所以. 8．已知一几何体上半部分为圆台，下半部分为圆锥，其中圆锥底面的半径为，高为．圆台的两底面的半径分别为和，高为．该几何体内接于表面积为的球，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】组合体的存在外接球，作出图形，由图形去列出关系式，从而求出半径和高，然后求体积． 【详解】外接球半径，则． ， 设外接球球心，在即 在即 则， ， 故选：D． 二、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．以下说法正确的是（    ） A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95 B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点 C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强 D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥 【答案】ACD 【分析】对于A选项：结合百分位数的定义即可求解； 对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解； 对于C选项：根据相关系数的性质即可判断； 对于D选项：根据互斥事件的定义和事件的相互独立性即可求解. 【详解】对于A选项：从小到大排列共有9个数据，则不是整数，则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据，即第75百分位数为95，所以A选项正确； 对于B选项：线性回归方程不一定经过点，，，中的任何一个点，但一定经过样本的中心点即，所以B选项错误； 对于C选项：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于，所以C选项正确； 对于D选项：因为，则， 则事件与相互独立，所以事件A与B不互斥，所以D选项正确； 故选：ACD. 10．已知抛物线，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于，两点，则（   ） A．抛物线的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为 D．为钝角 【答案】BD 【分析】对A和B，利用抛物线的定义及性质，即可求解；对C，设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，利用抛物线的定义得，即可求解；对D，根据数量积的运算及选项C中的结果，得到，即可求解. 【详解】对于A，抛物线的焦点为，准线方程为，所以A错误； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，易知直线的斜率不为，设直线的方程为， 由，消去得，则，， 所以，， 所以， 又，则，所以没有最大值，故C错误， 对于D，由选项C知，，则为钝角，故D正确． 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 【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. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，则的坐标为__________． 【答案】 【详解】抛物线焦点的坐标为. 13．在中，，，，则__________. 【答案】3 【分析】由同角三角函数的基本关系得，由正弦定理求得BC，再有余弦定理求得 【详解】在中，由，可得， 由正弦定理得，，即，解得， 由余弦定理得，，整理得，， 即， 解得舍去或， 故答案为: 14．设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是_____. 【答案】 【分析】根据分段函数解析式画出函数图象，应用数形结合及题设条件可得，进而将目标式转化为，构造，根据在上的单调性求解即可. 【详解】根据，可得图象如下： 因为有四个实数根，且， 由图知时，有四个实数根，且， 又， 则，即， 所以，所以，且， 由，在上单调递增，， 可知， 则的取值范围为. 故答案为：. 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．（13分） 已知的内角、、的对边分别是、、，且. (1)求； (2)若，的平分线与相交于点，且，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由整理得出，结合余弦定理可得出关于的二次方程，求出的值，再利用三角形的面积公式即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 即， 即， 因为、，则，所以，所以. （2）因为为的平分线，所以， 又，即，整理得. 又由余弦定理，得， 所以，即，解得或（舍去）， 所以的面积为. 16．（15分） 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. (1)证明：四边形为矩形； (2)若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，连接OA，由AB=AC=√2,O为BC的中点，得OA⊥BC， 又，则，而平面，则直线两两垂直， 如图，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由，得， 又四边形为平行四边形，所以四边形为矩形. (2)或. 【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列式求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）得，， 则， 设， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 即，解得或， 所以的值为或. 17．（15分） 紫金天街抓娃娃机游乐场设有甲、乙两个盲抓娃娃机器，甲机器有3个良品娃娃和2个次品娃娃；乙机器有4个良品娃娃和1个次品娃娃．游戏规则：先选择一个机器，从该机器中等可能抓取1个娃娃，称为首次抓取；再将首次抓取的娃娃放回原机器，再重新选择机器进行第二次抓取，两次选择相互独立．若两次都抓到良品娃娃，则游戏通关．小明每次选择抓取甲机器的概率为，乙机器的概率为． (1)求小明首次抓取抓到良品娃娃的概率； (2)已知小明已经游戏通关，求首次选择抓取的是乙机器的概率； （注：贝叶斯公式） (3)小明为了更好的通关，现有两种方案： 方案一：第二次继续从首次选择的机器中抓取； 方案二：第二次从另一个机器中抓取． 比较两种方案，哪种方案游戏通关的概率更大． 【答案】(1) (2) (3)方案二 【分析】（1）把“首次抓取抓到良品”拆分成两个互斥事件，分别求出对应机器及相应机器抓取良品的概率，再利用全概率公式计算求解； （2）先计算总的通关概率，再计算首次选乙机器且通过的概率，再代入贝叶斯公式得出条件概率； （3）分别计算方案一和方案二的概率，再通过比较得出结论． 【详解】（1）设选取甲机器为事件，则，选取乙机器为事件，则， 抓到良品娃娃为事件，则，， 由全概率公式． （2）两次选机器、抓取均互相独立，则两次抓取良品概率相同： ； 首次选乙，第一次抓到良品，第二次独立选机器抓良品的概率为： ； 由贝叶斯公式计算条件概率得：． （3）方案一：两次选取同一机器，抓取相互独立，概率为： ， 方案二：两次选取不同机器，抓取相互独立，概率为： ， ， ，故方案二的通关概率更大． 18．（17分） 已知抛物线的焦点为，准线为．设点列在抛物线上，且均位于第一象限．对于每个，过点作准线的垂线，垂足为，连接交抛物线于另一点，已知． (1)求点的坐标； (2)设为锐角，且满足，其中为点的纵坐标，证明，并求关于的通项公式； (3)记，设．证明：对任意正整数，都有． 【答案】(1) (2)设，由抛物线方程得，且， 由已知得，．点，焦点 直线的斜率，方程为 代入抛物线得， * 方程*的两根为直线与抛物线的两个交点的横坐标，其中一根记为（对应），另一根记为，由韦达定理知： ，故： ，． 又在第一象限，代入得 设另一方面，代入得． 整理得，又为锐角，则． . (3)由抛物线定义知： 于是. 利用二倍角公式得：，令， 所以： 因此． 从而． 对任意整数，利用不等式，得 于是 因此，对任意正整数，都有. 【分析】（1）将直线的直线方程与抛物线方程联立，结合点在第一象限，可求点坐标. （2）写出直线的方程，与抛物线方程联立，结合点所在象限，可得与的关系，进而可证；进而可得数列的通项公式. （3）先确定的通项公式，利用累乘法可求，结合，可证所给表达式. 【详解】（1）如图： 由，得，，直线的斜率为，方程为． 代入抛物线得：，解得：． 又在第一象限，所以． （2）证明略. 由得 ，则，，从而. （3）略 19．（17分） 已知函数，曲线在点处的切线记为． (1)求函数的最小值； (2)当时，证明：除切点外，直线 曲线的下方； (3)设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，若，求的取值范围． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性，进而求最小值即可； （2）利用导数求切线方程，构造，求导证明即可； （3）利用导数的几何意义和点斜式直线方程求出，进而得到，代入化简结合导函数正负得出单调性即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为，则， 因为，所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 故当时，取最小值，最小值为. （2）因为，则直线的方程为，即，设， 则， 设，则， 所以当时，，故在上单调递增， 故在上单调递增，即在上单调递增， 而，则当时，， 则，故在上单调递减； 当时，，则，在上单调递增， 而当时，，此时也有， 故当时，即在上单调递增， 故在上的最小值为， 故当且仅当时等号成立，即， 当且仅当时等号成立，故除切点外直线 曲线的下方. （3）由题意直线，直线， 所以， 当时，在上单调递增， 所以， 所以， 由（2）可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，， 所以， 所以. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年广东省广州市高三数学秋季开学考模拟练习卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合,,则（   ） A． B． C． D． 2．已知函数（是虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3．如果表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（    ） A． B． C． D． 4．从的展开式的各项中任选4项，恰好有1项为的奇次幂的选法共有（   ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 5．已知偶函数满足当时，，则的图象在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 6．已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 7．已知，则的值为（ ） A． B． C． D． 8．已知一几何体上半部分为圆台，下半部分为圆锥，其中圆锥底面的半径为，高为．圆台的两底面的半径分别为和，高为．该几何体内接于表面积为的球，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 二、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．以下说法正确的是（    ） A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95 B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点 C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强 D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥 10．已知抛物线，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于，两点，则（   ） A．抛物线的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为 D．为钝角 11．已知奇函数的定义域为，其导函数为，若，且，则（    ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，则的坐标为__________． 13．在中，，，，则__________. 14．设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是_____. 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．（13分） 已知的内角、、的对边分别是、、，且. (1)求； (2)若，的平分线与相交于点，且，求的面积. 16．（15分） 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. (1)证明：四边形为矩形； (2)若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 17．（15分） 紫金天街抓娃娃机游乐场设有甲、乙两个盲抓娃娃机器，甲机器有3个良品娃娃和2个次品娃娃；乙机器有4个良品娃娃和1个次品娃娃．游戏规则：先选择一个机器，从该机器中等可能抓取1个娃娃，称为首次抓取；再将首次抓取的娃娃放回原机器，再重新选择机器进行第二次抓取，两次选择相互独立．若两次都抓到良品娃娃，则游戏通关．小明每次选择抓取甲机器的概率为，乙机器的概率为． (1)求小明首次抓取抓到良品娃娃的概率； (2)已知小明已经游戏通关，求首次选择抓取的是乙机器的概率； （注：贝叶斯公式） (3)小明为了更好的通关，现有两种方案： 方案一：第二次继续从首次选择的机器中抓取； 方案二：第二次从另一个机器中抓取． 比较两种方案，哪种方案游戏通关的概率更大． 18．（17分） 已知抛物线的焦点为，准线为．设点列在抛物线上，且均位于第一象限．对于每个，过点作准线的垂线，垂足为，连接交抛物线于另一点，已知． (1)求点的坐标； (2)设为锐角，且满足，其中为点的纵坐标，证明，并求关于的通项公式； (3)记，设．证明：对任意正整数，都有． 19．（17分） 已知函数，曲线在点处的切线记为． (1)求函数的最小值； (2)当时，证明：除切点外，直线 曲线的下方； (3)设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，若，求的取值范围． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $