2026-2027学年高三上学期数学开学模拟练习卷（湖北襄阳市适用）

**基本信息** 高三开学模拟卷涵盖统计、向量、导数、圆锥曲线等核心知识，解答题融合立体几何、概率统计等综合应用，通过流行病学传染数、乒乓球比赛等真实情境考查数学眼光与思维，适配开学检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|百分位数、向量共线、集合运算|基础概念与运算，如第1题百分位数计算| |多选题|3/18|复数性质、圆台几何量、圆与圆位置关系|多角度辨析，如第10题圆台侧面积与内切球| |填空题|3/15|双曲线离心率、函数对称性、数列概率|知识迁移，如第14题递推数列概率计算| |解答题|5/77|立体几何证明与二面角、解三角形（角平分线/中线范围）、导数极值与单调性、圆锥曲线轨迹与面积、乒乓球比赛概率|综合应用与创新，如第7题流行病学传染数建模、第19题赛制概率逻辑推理|

2026-2027学年高三年级上学期开学模拟卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．数据12，8，10，15，11的第60百分位数为（     ） A．11 B．11.5 C．12 D．10 2．已知，，若和方向相同，则（    ） A． B． C．或 D．或 3．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 4．曲线在点处的切线斜率为（    ） A． B． C． D． 5．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，如果，且，那么抛物线方程为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数的最大值为1，则（    ） A． B． C． D． 7．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为6天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人至少需要的天数为（    ） A．48 B．54 C．60 D．66 8．已知随机变量X的概率分布表如下： 0 1 其中，，都是正数，若随机变量X的数学期望，方差，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知复数满足，则下列关于复数的结论正确的是（    ） A． B．复数的共轭复数为 C．复平面内表示复数的点位于第二象限 D．复数z是方程的一个根 10．已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 11．（多选）已知圆：与圆相交于，两点，直线，点为直线上一动点，过作圆的切线，，（，为切点），则说法正确的是（    ） A．直线的方程为 B．线段的长为 C．直线过定点 D．的最小值是 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为______． 13．已知函数关于直线对称，且，则____________． 14．已知数列中，，其余项由如下规则生成：若为奇数，有的概率为，有的概率为；若为偶数，有的概率为，有的概率为，则是偶数的概率为_______． 四、解答题（5题，共77分） 15．（13分）如图，四棱锥中，底面，，．    (1)若，证明：平面； (2)若，且，求二面角的正弦值． 16．（15分）在中，内角所对的边分别是，且，． (1)求角； (2)若，求边上的角平分线长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 17．（15分）已知函数， (1)求函数的极值； (2)若，讨论函数的单调性． 18．（17分）已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 19．（17分）甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． (1)求丙获得第四名的概率； (2)求甲获得冠军的概率； (3)求乙参与对阵的比赛场数恰为3的概率． 试卷第1页，共3页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C C B C C B ACD ACD 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】将数据从小到大排列后，由百分位数的定义求解即可. 【详解】因为此组数据即为，一共有个数据，且， 所以此组数据的第60百分位数为第、这两个数的平均数，即为. 2．B 【详解】已知，，若和方向相同，得： ， 整理得：，解得或， 当时，，此时，两向量方向相同，符合条件； 当时，，此时，两向量方向相反，不符合条件，舍去， 综上，. 3．C 【分析】先求解分式不等式得到集合A的范围，再结合集合B的范围判断二者的运算结果和包含关系即可。 【详解】对不等式移项得，整理得，等价于，解得或， 即. 已知，，故A错误； ，故B错误； 的所有元素均属于，且中存在小于0的元素不属于， 因此，C正确，D错误. 4．C 【分析】根据导数的几何意义即可求解． 【详解】，当时，， 所以曲线在点处的切线斜率为． 5．B 【分析】利用抛物线交点弦长公式和，，求出，进一步得出抛物线方程. 【详解】因为直线过焦点， 所以， 所以，所以抛物线方程为． 6．C 【分析】由题意得出1为函数极大值点，结合极值点的性质得出，进而解方程求出． 【详解】由题意知， 所以1为函数极大值点，所以， 而，由，则 ，解得． 7．C 【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数. 【详解】设感染人数由增加到需要轮传染，则每轮新增感染人数为，经过轮传染，感染总人数为， 令，得 ，由于，故， 平均感染周期为6天，感染人数由1增加到2000大约需要天. 8．B 【分析】本题主要考查离散型随机变量的数字特征，结合概率分布表的性质及离散型随机变量的期望与方差公式，列出相应的数量关系解决问题. 【详解】解：由概率分布表性质可知，解得， 又，则， 整理得，所以. 又由概率的性质，，所以， 综上. 9．ACD 【分析】利用复数除法法则和模长公式对A作出判断，由共轭复数的定义判断B，由复数的几何意义判断C；代入检验得到D正确. 【详解】因为，所以， 所以，故A正确； 由题意得，故B错误： 复平面内表示复数的点的坐标为，位于第二象限，故C正确； 因为， 所以复数是方程的一个根，故D正确． 10．ACD 【分析】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【详解】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 所以能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为. 11．BC 【分析】利用两圆方程相减即可得到公共弦所在直线方程来判断选项A；联立两圆方程，求出公共点坐标，即可求出线段的长，判断选项B；设，，可得直线方程和直线的方程，用点坐标表示出直线的方程，即可求出定点坐标判断选项C；当最小时，最小，利用点到直线距离公式和勾股定理求解即可判断选项D. 【详解】对于A选项，联立两式相减，得到即为直线的方程， 故A错误； 对于B选项，联立，可得联立或， 则，故B正确； 对于C选项，设，，因为，为圆的切点， 所以直线的方程为， 直线的方程为，设，则， 所以直线的方程为， 又因为，所以， 由，得到， 即直线过定点，故C正确； 对于D选项，因为，所以当最小时，最小， 且的最小值为，此时，故D错误. 12． 【分析】根据已知渐近线方程推导的比值，再代入双曲线离心率公式计算即可. 【详解】双曲线为焦点在轴上的双曲线，其渐近线的标准形式为. 将题干给出的渐近线方程整理变形，可得，因此可得. 根据双曲线参数关系（为半焦距），离心率定义为， 代入参数关系得： ，将代入上式计算： . 13． 【分析】解法1：求函数导数，由对称轴得导数为0，求得，即可求得函数.由题意列出关于的方程，由正弦函数的有界性得到方程的解，求得，即可求得结果. 解法2：由辅助角公式化简函数，由对称轴求得，即可求得函数.由题意列出关于的方程，由正弦函数的有界性得到方程的解，求得，即可求得结果. 【详解】解法1：，， 由题意知的一条对称轴为，所以，解得， 所以原式. 因为，即， 因为， ①若，，则，， 所以，. ②若，，则，，所以，. 综上所述，. 解法2：， 由题意知的一条对称轴为，， 所以 ，所以， 所以，所以原式. 因为，即， 因为， ①若，，则，， 所以，. ②若，，则，，所以，. 综上所述，. 14． 【分析】先依次推导、的奇偶性对应的概率，再结合的奇偶性计算为偶数的总概率. 【详解】由题意可得，若为奇数，则为偶数的概率为，为奇数的概率为； 若为偶数，则为偶数的概率为，为奇数的概率为； 已知为奇数，因此，。 ； ； . 15．(1)因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先证，再由勾股定理得，从而，进而证明平面； （2）作，，确定为二面角的平面角，再利用直角三角形求出，由三角函数求其正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，    因为平面，且平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，则，，， 而为等腰直角三角形，所以， 故，所以. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由诱导公式化简得到，得到； （2）由三角形面积公式和余弦定理得到角平分线长； （3）由向量基本定理和数量积公式可得，由正弦定理和三角恒等变换得到，从而得到中线的取值范围 【详解】（1）由， 因为， 所以， 由，得，又，则． （2）如图： 由余弦定理，，因为， 所以，又，所以， 由，得， 整理得． （3）因为是边上的中线，则， 两边取平方，， 由（2）已得，代入可得， 由正弦定理，， 则， 所以 ， 因为为锐角三角形，则有，解得， 则， 由正弦函数的图象性质，可得， 故得，从而， 故边上的中线的取值范围为． 17．(1)极小值为，无极大值 (2)当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减. 【分析】（1）对函数求导，根据求极值的方法求解； （2）对求导，讨论的取值范围，确定函数的单调性. 【详解】（1）函数的定义域为. ，令，解得. 当变化时，的变化情况如表所示. 单调递减 单调递增 因此，当时，有极小值，极小值为，无极大值. （2）函数的定义域为. . ①当时，， 时，，单调递增； 时，，单调递减. ②当时，令，得或 若，即时，恒成立，所以在上单调递增； 若，即时， 时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增. 若，即时， 时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增. 综上所述， 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减. 18．(1) (2)（i） （ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）连接，由题意知， 则， 所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，，. 所以，，所以曲线的方程为. （2）（i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，所以， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ⅱ）因为，所以为的角平分线，所以. 因为，所以， 由，，得，解得. 不妨设，则，． 所以的面积. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据概率乘法公式及条件概率公式求解即可. （2）根据概率乘法公式及加法公式求解即可. （3）根据概率乘法公式、条件概率公式及加法公式求解即可. 【详解】（1）丙获得第四名，则丙与丁对阵丙败，且丙在败区对阵仍败. 记丙获得第四名的事件为，丙与丁对阵丙败为事件，丙进入败区后与甲对阵为事件， 丙进入败区后与乙对阵为事件，丙在败区落败为事件， 则. （2）记甲获得冠军的事件为，甲在第场比赛中获胜为， 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 情况1：三场全胜，； 情况2：第一场胜第二场负第三场胜第四场胜， ； 情况3：第一场负第二场胜第三场胜第四场胜， ； 所以， 即甲获得冠军的概率为. （3）记乙参与对阵的比赛场数为随机变量，乙在第场比赛中获胜为，乙对阵甲为事件， 乙参与对阵的比赛场数恰为3可分为三种情况： 情况1：乙连胜两场，第三场进入决赛不用考虑胜败，概率为； 情况2：乙第一场胜第二场败第三场败，概率为 ； 情况3：乙第一场败第二场胜第三场败，概率为 ； 所以． 所以乙参与对阵的比赛场数恰为3的概率为. 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $