广东省广州市2026-2027学年高三上学期数学开学模拟卷

**基本信息** 聚焦高三开学学情，以基础巩固与能力提升为梯度，通过社会情境（如垃圾投放概率模型）与数学探究（如双曲线定值问题）融合，体现数学眼光（抽象能力、空间观念）、思维（推理能力）与语言（模型观念）的综合素养。 **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|复数、数列、三角函数、抛物线、球几何等|第8题结合偶函数单调性与不等式解集，考察抽象能力；第11题球面上动点问题，培养空间观念| |填空题|3题/15分|二项式定理、分层抽样方差、圆与直线位置关系|第14题圆与曲线、直线综合，体现几何直观与运算能力| |解答题|5题/77分|解三角形、圆台几何证明、概率模型、双曲线综合、导数应用|第17题垃圾投放概率模型，培养数据意识与模型观念；第19题导数证明不等式，考察推理能力与创新意识|

广东省广州市2026-2027学年高三数学上学期开学模拟卷 （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．若，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知为等差数列的前项和，若，，75成等比数列，且，则数列的公差（   ） A． B．2 C．5 D．2或5 3．已知为第一象限角，为第四象限角，，，则（    ） A． B． C． D． 4．过抛物线焦点的直线交拋物线于两点，已知，线段的垂直平分线经过点，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 5．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．在等比数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（    ） A． B． C． D． 8．定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（   ） 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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10．则（    ） A． B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14 C．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25 10．已知曲线，则以下结论正确的是（    ） A．的范围是 B．若，则曲线具有周期性 C．曲线既是轴对称图形又是中心对称图形 D．曲线与圆有公共点 11．已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（    ） A．是钝角三角形 B．直线与平面所成角为定值 C．三棱锥的体积的最大值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 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．被8除的余数为______. 13．在层数为两层的分层抽样中，第1层、第2层的样本容量之比为，且第1层平均数、方差分别为5、3，第2层的平均数、方差分别为10、8，则总的样本方差为_____． 14．已知圆的圆心在曲线上，若圆与直线交于两点，且，过原点的直线交圆于两点，则的最小值为__________. 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） 为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． (1)求角B； (2)若，求面积的取值范围； 16．（15分） 如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 17．（15分） 某社区有甲､乙两个垃圾投放点.据观察，该社区居民选择垃圾投放点有以下规律：居民每天都会去投放垃圾，前一天选择投放点甲的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为；前一天选择投放点乙的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为.从观察日起，居民第一天选择甲的概率为，选择乙的概率为，且不同居民的选择相互独立. (1)若有5位居民连续两天去投放垃圾，记第二天选择投放点甲的人数为，求的数学期望和方差； (2)记第天选择投放点甲的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）求数列的通项公式. 18．（17分） 已知双曲线，（）的离心率为，实轴长为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)设点S是双曲线C上的动点，T是圆E：上的动点，且直线与圆E相切，求的最小值； (3)如图，A、B是双曲线C上两点，点也在双曲线上，直线与y轴分别交于点M、N，点Q在直线上．若M、N关于原点对称，且，证明：存在点R，使得为定值． 19．（17分） 已知． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若 ，求实数a的取值范围； (3)证明： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2026-2027学年高三数学上学期开学模拟卷 （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．若，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【分析】利用复数的四则运算化简求出复数，求得其共轭复数，利用复数的几何意义即可判断. 【详解】由，可得， 故在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2．已知为等差数列的前项和，若，，75成等比数列，且，则数列的公差（   ） A． B．2 C．5 D．2或5 【答案】B 【分析】由等差数列的通项公式和求和公式， 结合等比数列的性质， 解方程可得首项和公差， 进而得到所求值. 【详解】设等差数列 的公差为 ， 由 ， ，75成等比数列可得 ， 即 ， ①， 又 ，即② ， 由①②解得 ， ， 故选：B. 3．已知为第一象限角，为第四象限角，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正切的差角公式可得，即可结合角的范围，根据同角关系求解. 【详解】因为，， 所以，故， 又是第一象限角，为第四象限角， 故， 因此， 因此，由于， 则，故. 故选：C. 4．过抛物线焦点的直线交拋物线于两点，已知，线段的垂直平分线经过点，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】设直线的方程为，利用设而不求法求弦长的表达式，再求线段的垂直平分线，由条件列方程求可得结论. 【详解】抛物线的焦点的坐标为， 若直线的斜率斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，不满足条件， 故可设直线的方程为， 联立，化简可得， 方程的判别式， 设， 则， 所以， 由已知， 设的中点为， 则，， 所以线段的垂直平分线方程为， 因为在线段的垂直平分线上， 所以，故， 所以，. 故选：B. 5．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】运用换底公式变形，结合对数函数性质得到范围，再根据正弦函数单调性得到的范围，即可判定. 【详解】， ，故， 故选：D. 6．在等比数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】用表示，再根据条件列出方程组，求出的值，再代入原式，即可求出的值. 【详解】由可得，， 两式相除可得，即，解得. 所以，解得． 故选：B 7．已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用球体的性质先计算球心到平面的距离，再根据棱锥的体积公式计算即可. 【详解】由题意可知为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r， 则，且平面， 所以，故C到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为. 故选：C 8．定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由为偶函数可得，转化题设不等式为，结合单调性分析易得的解集为，的解集为，再结合题意可得5为方程的根，进而得到，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】因为为偶函数，所以，则， 由， 得， 又因为函数在上单调递减，且， 则函数在上单调递增， 则时，，当时，， 则当时，， 当时，， 所以的解集为，的解集为， 由于不等式的解集为， 当时，不等式为， 此时解集为，不符合题意； 当时，不等式解集为， 不等式解集为， 要使不等式的解集为， 则，即； 当时，不等式解集为， 不等式解集为， 此时不等式的解集不为； 综上所述，， 则， 当且仅当，即，时等号成立， 即的最小值为. 故选：C 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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10．则（    ） A． B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14 C．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25 【答案】BCD 【分析】A项，由各组频率之和为求参数；B项可由频率分布直方图面积与比较，估计中位数所在区间，利用面积关系建方程求解可得；C项，两组求加权平均数可得；D项，由分别两组成绩的方差与两组总方差的关系求解即可. 【详解】A项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1， 则，解得，故A错误； 项，前两个矩形的面积之和为 前三个矩形的面积之和为. 设该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，故B正确； C项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为 分，故C正确； D项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 ，故D正确. 故选：BCD. 10．已知曲线，则以下结论正确的是（    ） A．的范围是 B．若，则曲线具有周期性 C．曲线既是轴对称图形又是中心对称图形 D．曲线与圆有公共点 【答案】BCD 【分析】根据正弦函数值域判断A，根据周期性及对称性定义判断B，C，应用特殊点判断D. 【详解】曲线，则，A选项错误； 当，则曲线，， 所以是周期，所以曲线具有周期性，B选项正确； 代入曲线成立，所以曲线关于轴成轴对称图形， 代入曲线成立，所以曲线关于对称图形， 所以曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，C选项正确； 曲线，与圆有公共点，D选项正确； 故选：BCD. 11．已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（    ） A．是钝角三角形 B．直线与平面所成角为定值 C．三棱锥的体积的最大值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确. 【详解】如下图所示： 易知，由可得； 固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧）， 如图中过平面的虚线形成的劣弧所示： 取的中点为，作平面，则有， 又易知， 如下图所示： 在劣弧上运动， 对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确； 对于B，设直线与平面所成的角为， 则，为定值，即B正确； 对于C，作， 易知三棱锥的体积的最大值为 ，即C错误； 对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图： 由于是的外心，则平面，因此三点共线， 设， 在中由勾股定理可得，解得； 因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题目条件固定平面，再根据二面角大小求得线段长度得出点轨迹，再结合线面角、外接球等进行计算即可. 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．被8除的余数为______. 【答案】2 【分析】根据二项式展开式性质计算求解余数. 【详解】， 因为能被8整除， 所以除以8的余数即是被8除的余数， 所以被8除的余数是2. 故答案为：2. 13．在层数为两层的分层抽样中，第1层、第2层的样本容量之比为，且第1层平均数、方差分别为5、3，第2层的平均数、方差分别为10、8，则总的样本方差为_____． 【答案】12 【分析】先求总均值，再用“层内方差+均值差平方”按样本占比加权求和 【详解】由题，设第1层样本量为，第2层样本量为，则， 分层抽样方差 14．已知圆的圆心在曲线上，若圆与直线交于两点，且，过原点的直线交圆于两点，则的最小值为__________. 【答案】3 【分析】设过原点的切线的切点为，则，再设，进而可得，再利用基本不等式求最值即可． 【详解】解：设过原点的切线的切点为，圆半径为，中点为， 则， 所以 ， 则的最小值，即为求的最小值， 设，点到直线的距离， 则， 而， 当且仅当取到最小值，所以最小值为3． 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） 为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． (1)求角B； (2)若，求面积的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】小问（1）运用正弦定理进行边角转化，再运用两角和的三角公式化简等式，最后根据角度的取值范围进行求解；小问（2）先计算出三角形的面积，再运用正弦定理将c用三角函数值进行表示，求出c的取值范围从而求出三角形面积的取值范围. 【详解】（1）因为，由正弦定理得：， 又，所以，又，所以， 即，由，所以； （2）由题意有， 由正弦定理有：，所以， 由（1）得，所以， 所以， 又为锐角三角形，所以，所以，所以， 所以，，所以，， 所以面积的取值范围为 16．（15分） 如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 【答案】(1)侧面积（母线长）． 圆台高． 建系：，． 上底面圆方程为（平面）． 下底面圆方程为（平面）． 是圆的弦，，圆半径， 由． 即弦对应的圆心角为． 不妨取，． （此时，，验证正确）． 是圆台母线：母线上、下端点在两底面的对应方位角相同． 即若在圆上方位角为，则在圆上同方位角处， ，． 时，在的垂直平分面上． 中点，垂直平分面为． 在圆上且满足． 取，对应． ，． ，故．证毕． (2) 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，利用向量的数量积证垂直； （2）先求出两平面的法向量，再根据面面角向量法计算可解. 【详解】（1）略 （2）是圆的直径，故与关于对称， ，． 在圆上与同方位：． 平面：三点，，均在平面上（上底面所在平面）， 故平面的法向量（竖直向上）． 平面：设其法向量为． ，． 两式相减：．代入第二式：． 取，得． 二面角的余弦：． ． 17．（15分） 某社区有甲､乙两个垃圾投放点.据观察，该社区居民选择垃圾投放点有以下规律：居民每天都会去投放垃圾，前一天选择投放点甲的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为；前一天选择投放点乙的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为.从观察日起，居民第一天选择甲的概率为，选择乙的概率为，且不同居民的选择相互独立. (1)若有5位居民连续两天去投放垃圾，记第二天选择投放点甲的人数为，求的数学期望和方差； (2)记第天选择投放点甲的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）求数列的通项公式. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由二项分布求解即可； （2）（i）由第天选择投放点甲的概率为即可求解；（ii）构造数列，由等比数列的定义即可求解. 【详解】（1）任意1位居民第二天选择投放点甲的概率为， 由题意可得，， 所以. （2）（i）第天选择投放点甲的概率为， 整理得. （ii）因为， 所以， 又因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，解得. 18．（17分） 已知双曲线，（）的离心率为，实轴长为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)设点S是双曲线C上的动点，T是圆E：上的动点，且直线与圆E相切，求的最小值； (3)如图，A、B是双曲线C上两点，点也在双曲线上，直线与y轴分别交于点M、N，点Q在直线上．若M、N关于原点对称，且，证明：存在点R，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明：由题知直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立，消去y并整理得， 此时且， 由韦达定理得，， 直线的方程为， 令，解得，即， 同理得， 因为O为的中点， 所以，即， 所以， 因为，， 所以， 整理得， 所以或， 若，即， 此时直线方程为，即， 则直线过点，不合题意； 若，此时直线方程为， 则直线恒过定点， 所以为定值， 因为为直角三角形，且为斜边． 所以当R为的中点时，． 【分析】（1）根据双曲线的离心率与实轴长列出方程组即可求解； （2）根据直线与圆E相切，得出，设，则，求得的最小值即可求解的最小值； （3）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组得出韦达定理，再求得的坐标，由O为的中点，即可得出证明． 【详解】（1）因为双曲线C的离心率为，实轴长为， 所以，解得，， 则， 故双曲线C的方程为． （2） 因为圆E的方程为， 所以圆E的圆心，半径， 因为点S是双曲线C上的动点，T是圆E上的动点，直线与圆E相切， 所以， 此时， 设， 因为点S是双曲线C上的动点，所以 ，即 ， ， 当时，取得最小值，且， 则． （3） 略． 19．（17分） 已知． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若 ，求实数a的取值范围； (3)证明： 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2) (3)令， ． 由（2）可知，当时，， 则.所以 ． 因为，所以在上单调递增，所以， 即． 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，结合函数单调性求解即可. （2）构建新函数，利用局部保号性可求参数的取值范围. （3）构造，根据函数的导数以及单调性证明即可. 【详解】（1）已知， 则． 令，即，则， 因为，所以，即，解得． 当时，，则，即， 所以在上单调递减． 当时，，则，即， 所以在上单调递增． 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）已知，由可得， 设，则， 若，则，故存在，使得，， 故在上为减函数，故，总有，矛盾； 故， 而当时，， 设，则 ， 故在为增函数，故即， 故即原不等式成立. 综上，， （3）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $