2026-2027学年高三数学上学期开学模拟练习卷（甘肃省张掖市适用）

**基本信息** 2026年新高三开学模拟卷聚焦函数、几何、概率等核心模块，通过基础题巩固知识，综合题考查数学思维与应用，如概率统计题结合象棋比赛情境，导数题涉及极值点逻辑推理，适配开学学情检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、概率分位数|基础概念辨析，如第1题考查百分位数计算| |多选题|3/18|三角函数性质、函数奇偶性|多选项分层考查，如第9题结合对称性与零点| |填空题|3/15|二项式定理、圆的切线、条件概率|情境化设计，如第14题校园歌手大赛概率计算| |解答题|5/77|数列、立体几何、概率统计、抛物线、导数|综合性强，如第17题象棋比赛积分期望与概率最值，体现数学应用；第19题导数极值点证明，考查逻辑推理|

2026年新高三开学模拟考试试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）样本数据：，则样本数据的分位数为（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知集合，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 3．（本题5分）若复数，则（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）命题“，使得不等式成立”为假命题，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）某船行驶到甲地看1号灯塔时，在甲地的北偏东方向上，两地相距n mile；在甲地看2号灯塔时，在甲地的南偏西方向上，两地相距4n mile．该船由甲地向正南航行到乙地时，再看1号灯塔，则1号灯塔在乙地的北偏东方向上，则2号灯塔与乙地之间的距离是（    ） A．6n mile B．7n mile C．n mile D．n mile 6．（本题5分）已知，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知是双曲线的左、右顶点，点在双曲线的渐近线上，且在第一象限，点到坐标原点的距离为，直线交双曲线的右支于点，直线与的斜率互为相反数，则双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 8．（本题5分）函数，若，且，则的取值范围是（    ）. A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知函数（其中）的图象关于直线对称，则下列结论正确的是（    ） A． B．是奇函数 C．若在区间上的值域为，则 D．若在上有且仅有3个零点，则 10．（本题6分）已知是定义在上的函数，，都有，且当时，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．函数在上单调递增 C．若，则不等式的解集为或 D．为奇函数 11．（本题6分）已知三棱锥的各顶点都在球上，点，分别是，的中点，平面，，，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的四个面均为直角三角形 B．球的体积为 C．直线与平面所成角的正切值是 D．点到平面的距离是 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 13．（本题5分）已知是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，．若，则__________． 14．（本题5分）学校举办“校园歌手大赛”，某参赛同学的参赛曲库中有5首歌，分别是：抒情歌1首，流行歌2首，摇滚歌2首．若他演唱这三类歌曲能晋级下一轮的概率分别为，他比赛时，随机从这5首歌里选择一首演唱，则他能晋级的概率为________；若他晋级了，则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知数列是首项为2的等比数列，各项均为正数，且. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和.若对任意的恒成立，求实数的取值范围. 16．（本题15分）如图，在四棱锥中，侧面底面是边长为2的等边三角形，四边形为直角梯形，且，是棱上一动点. (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值. 17．（本题17分）甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛采用局胜制，积分规则如下：若以或获胜，则胜者积分，负者积分；若以获胜，则胜者积分，负者积分.假设每局比赛结果相互独立. (1)当时，记一场比赛中甲的积分为，求的数学期望； (2)记甲以获胜的概率为，求的最大值. 18．（本题15分）如图，已知抛物线：（）上的点到焦点的距离的最小值为1，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，为线段上的动点，过点作抛物线的切线，切点为（异于点，），且直线交线段于点． (1)求抛物线的方程； (2)证明：为定值． 19．（本题17分）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，函数在其定义域内有两个不同的极值点，记作、，且，若，证明：. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026年新高三开学模拟考试试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B D D D A D BCD AD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】利用百分位数定义计算求解. 【详解】由题可知，样本共有个数据，则， 而第个数据为，第个数据为， 则分位数为. 2．C 【分析】求函数定义域化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，然后利用交集运算求解即可. 【详解】对于集合A：，所以，解得或， 所以或， 对于集合B：可得，所以， 所以或. 3．B 【详解】． 4．D 【分析】题意说明：“，恒成立”是真命题，然后对分类讨论可得. 【详解】命题“，使得不等式成立”为假命题，则命题：“，恒成立”是真命题， 时，不等式为恒成立，满足题意， 时，则，解得， 综上，的范围是. 5．D 【分析】先在中，利用正弦定理求得AC，再在中，利用余弦定理求解BC即可. 【详解】在中，， 由正弦定理得 n mile， 在中，， 由余弦定理得， 所以 n mile. 6．D 【分析】利用投影向量定义求解. 【详解】因为， 而， 所以在上的投影向量为. 7．A 【分析】首先根据条件，联立方程求点的坐标，再通过联立直线和的方程，求点的坐标，代入双曲线方程，即可求解. 【详解】设， 联立，得，，即， 则，直线 ，所以， 联立直线和直线的方程，解得，，即， 代入双曲线方程，得， 所以双曲线的离心率为. 8．D 【分析】借助分段函数图象，结合条件得到取值区间；利用对数运算得到等量关系，将目标代数式统一为关于的单变量表达式；构造辅助函数，运用导数判定单调性求出代数式的取值范围. 【详解】画出函数的图象如下图所示， 由且得，，， 且，，即，. 故， 令， 则， ，，，， 则函数在区间上单调递增，， 即， 的取值范围是. 9．BCD 【分析】A选项，由三角恒等变换化简函数，结合对称轴得到方程，求出；B选项，根据函数奇偶性定义作出判断；CD选项，由函数值域和零点个数得到右端点的范围，求出答案； 【详解】对于A选项，， 因为函数的图象关于直线对称，所以， 解得， 又，故只有当时，满足要求，故，A错误； 对于B选项，由选项A知，， 故， 由于， 故为奇函数，B正确； 对于C选项，， 因为，，所以，， 由于在区间上的值域为， 故，解得，C正确； 对于D选项，， 因为，，所以， 因为在上有且仅有3个零点， 所以，解得，D正确. 10．AD 【分析】利用赋值法可判断A，利用单调性的定义可判断B，结合单调性和定义域可判断C，利用奇函数的定义可判断D. 【详解】对于A，令，则，所以，A正确； 对于B，对任意，设，则，因为当时，， 所以， , 即，因此在上单调递减，B不正确； 对于C，，由可得， 由B选项可得，解得， 又，所以，故解集为，C不正确； 对于D，令，由可得定义域为； 又，所以为奇函数，D正确. 11．ABD 【分析】对于A，根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理，结合勾股定理、勾股定理逆定理证明判断即可；对于B，将三棱锥补成长方体求解即可；对于C，根据线面角的定义，结合直角三角形三角函数求解即可；对于D，根据等体积法，结合线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理及勾股定理求解即可. 【详解】对于A，因为平面，平面，所以，，， 所以，为直角三角形. 在中，， 在中，，所以，则为直角三角形. 因为平面，，所以平面. 因为平面，所以，所以为直角三角形，故A正确. 对于B，三棱锥可补成以为棱的长方体，外接球直径等于长方体体对角线， 所以，则， 所以球的体积为，B正确. 对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成角. 在中，，C错误. 对于D，三棱锥可补成长方体，的中点即为球心，连接. 因为平面，，所以平面. 因为平面，所以. 该长方体侧面为正方形，点是中点，所以，且，. 因为平面，，所以平面. 因为，平面，平面，所以平面. 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为. 在中，. 所以. 又，， 在中，，所以， 所以. 设点到平面的距离为，则， 所以，故点到平面的距离为，D正确. 12． 【分析】利用二项展开式的通项公式，分析的展开式中含项的系数，含项的系数，即可得解． 【详解】由二项式的展开式的通项为， 其中含项的系数为0，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为． 13． 【详解】由已知可得圆心，半径， 因为，是圆的切线，，为切点， 根据切线性质得：，，即， 所以点，在以线段为直径的圆上，即是圆和以为直径的圆的公共弦， 根据两圆公共弦的性质可得：且平分， 又，所以，所以， 在中，，， 设与交点为，在中，， ， 所以. 14． 【详解】设事件为“该同学选择抒情歌演唱”，事件为“该同学选择流行歌演唱”，事件为“该同学选择摇滚歌演唱”，事件为“该同学晋级下一轮”． 由题意可得：，，，，，． 根据全概率公式可得：， 即， 则他能晋级的概率为． 根据贝叶斯公式可得：， 则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件得到，即可得到，从而得到答案. （2）首先利用错位相减法得到，从而得到，即可得到答案. 【详解】（1）设等比数列的公比为，由，得或. 又数列的各项均为正数，. （2）由（1）得，， ，① ，② ①-②得， . 由，化简得， 对任意的恒成立. 又的最大值为，所以， 的取值范围为. 16．(1)证明：如图，取的中点，连接. 由为的中点，为的中点，，且， 可得，. 所以四边形为平行四边形，故. 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）找PA的中点F，证明即可得出证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面EBC和平面ABCD的法向量，然后根据向量法求两平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接. 由为等边三角形，得， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 由，，得四边形是平行四边形 于是，又，则，直线两两互相垂直. 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以. 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）先确定甲积分的所有可能取值，结合独立重复试验概率公式计算各取值对应概率，再代入数学期望公式求解； （2）先根据获胜的事件特征写出的表达式，再利用导数判断单调性求得最大值. 【详解】（1）由积分规则可知，的可能取值为， 对应甲以或获胜，概率为： ， 对应甲以获胜，概率为： ， 对应甲以失利，概率为： ， 对应甲以或失利，概率为： ， 因此的数学期望： . （2）由（1）可知，，其中，则， 令，解得（舍去）， 当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在单调递减； 所以当时，取得极大值，也是最大值， 所以的最大值是. 18．(1) (2) 证明：设直线：， 由可得， 则，解得， 则，解得， 不妨令直线：，直线：， 则，， 设，，设直线：， 由可得， 由， 可得或（舍）， 则，直线：． 由解得即， 故 为定值． 【分析】（1）根据抛物线的性质即可求解； （2）利用判别式求出切线的斜率，求出切点的坐标以及直线的方程，表示出，的坐标，即可证明为定值. 【详解】（1）抛物线：（）的焦点坐标为， 因为此抛物线上到焦点距离最近的点就是坐标原点， 所以，， 所以抛物线方程为； （2）略 19．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间； （2）利用分析法得出所证不等式等价于，令，构造函数，其中，利用导数证明出对任意的恒成立，由此可证得原不等式成立. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 方程的判别式. ①当时，，，在为增函数； ②当时，，方程的两根为，， （i）当时，，对任意的，，在为增函数； （ii）当时，，令，可得，令，可得. 所以，在为增函数，在为减函数. 综上所述：当时，的增区间为，无减区间； 当时，的增区间为，减区间； （2）证明：，所以， 因为有两极值点、，所以，， 欲证等价于要证：，即， 所以， 因为，，所以原不等式等价于要证明. 又，，作差得，， 所以原不等式等价于要证明， 令，，上式等价于要证，， 令，所以， 当时，，则，所以在上单调递增，因此， 在上恒成立，所以原不等式成立. 【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $