广东省佛山市2026-2027学年高三上学期开学考数学模拟卷

**基本信息** 2026-2027学年高三开学考数学模拟卷（佛山适用），覆盖集合、导数等核心模块，解答题设“伸缩变换”新定义及导数综合题，梯度分明，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| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、向量、数列|第4题结合亮灯规则考数列公差，体现数学眼光| |填空题|3题/15分|双曲线、三棱锥外接球|第14题含参函数恒成立，考查推理能力| |解答题|5题/77分|三角、立体几何、概率统计、解析几何、导数|第18题“伸缩变换”新定义，第19题导数综合，突出创新应用与逻辑推理|

2026-2027学年高三上学期开学考数学模拟卷 （广东省佛山市适用） （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．已知复数满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 3．设 为单位向量，且 ，则 （    ） A． B． C． D． 4．某装置按如下规则亮灯：第1次亮2盏灯，以后每次亮灯数比前一次多3盏．现将每连续两次的亮灯数合并为一组，记第组亮灯总数为．若为该装置每次亮灯数，则数列的公差为（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 5．若，则（    ） A． B． C． D． 6．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知点为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线，，则四边形面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．设，从所有函数中随机选取一个，则满足为定值的概率为（   ） 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．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 10．已知函数，其在上的零点从小到大依次为下列说法正确的是（     ） A．是最小正周期为偶函数 B．的值域为 C． D． 11．已知数列的通项公式是，设为数列的前项和，下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．若存在，使得，则 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．已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 13．已知三棱锥的外接球为球，为球的直径，且，，，则三棱锥的体积为______. 14．已知函数，当时，对于，恒成立，则取值范围为____________________． 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） 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)若，求的面积； (2)若，求和的值； 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，平面，．点在线段上． (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求平面与平面所成二面角的正弦值． 17．（15分） 一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且，.进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为；第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为.设随机变量表示的元素个数. (1)若，，求所有的； (2)若，，求的分布列和数学期望； (3)若，且，求. 18．（17分） 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线､关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. (1)已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程； (2)射线的方程，如果椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆､分别交于两点､，且，求椭圆的方程； (3)对抛物线：，作变换，得抛物线：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，…若，，求数列的通项公式. 19．（17分） 已知函数，是的导函数. (1)当时，求函数的单调区间. (2)当时，是否存在，使得成立?请说明理由. (3)若恒成立，求实数的取值范围. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高三上学期开学考数学模拟卷 （广东省佛山市适用） （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】D 【详解】由，，得， 所以． 2．已知复数满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据复数乘法与除法及复数的模计算即可. 【详解】由，得. 所以. 3．设 为单位向量，且 ，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由为单位向量，且， 可得，即，解得. 4．某装置按如下规则亮灯：第1次亮2盏灯，以后每次亮灯数比前一次多3盏．现将每连续两次的亮灯数合并为一组，记第组亮灯总数为．若为该装置每次亮灯数，则数列的公差为（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】D 【分析】根据等差数列的定义及通项公式求解即可. 【详解】由题意，是首项为2、公差为3的等差数列， 所以． 于是． 即． 所以. 5．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得 ， 所以. 6．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明不等式和，然后利用这两个不等式可比较三者的大小. 【详解】设，则， 当时，；当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，当且仅当时等号成立，故，当且仅当时等号成立， 故当时，，即. 令，由可得， 而，故. 7．已知点为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线，，则四边形面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程确定圆心与半径，把四边形面积转化为关于的表达式，再结合抛物线设点求的最小值，进而得到面积最小值. 【详解】由圆，得，故圆心，半径， 因为是圆的切线，所以，，且， 因此四边形的面积： ， 在中，由勾股定理得， 即当取最小值时，取最小值，从而取得最小值. 设抛物线上点的坐标为， 则 ， 因为，则当时，取得最小值，即， 代入得，故四边形面积的最小值为. 8．设，从所有函数中随机选取一个，则满足为定值的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分层建模，把复杂的迭代关系转化为“直接层-中间层-外层”的嵌套映射，再用组合数和幂次计算每层映射数，最后化简求得结果. 【详解】计算总函数个数：； ①若为常函数，若，则， 同时，矛盾，故必须； 此时对所有成立，显然为定值， 有6种选择，故为常函数时，有6个函数符合题意； ②若不为常函数，设(为定值，)，先固定计算满足条件的组合数， 对固定，设，令(，因为，所以)， :，只有映射到，其余元素映射到空集，不存在这样的映射； :，，，其余4个元素映射到，组合数为，有6种选择，共个； :，其余3个元素映射到，组合数为，有6种选择，共个； :，其余2个元素映射到，组合数为，有6种选择，共个； :，其余1个元素映射到，组合数为，有6种选择，共个； :，所有元素映射到，即，与为常函数重复，不计数； 则概率. 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．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 【答案】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. 10．已知函数，其在上的零点从小到大依次为下列说法正确的是（     ） A．是最小正周期为偶函数 B．的值域为 C． D． 【答案】BC 【分析】由奇偶性与周期性的定义计算可判断A；利用二倍角的余弦与换元法求得的值域判断B；由题意得，结合余弦函数的牟称性可判断C；结合C选项求得判断D. 【详解】选项A：，所以是偶函数； 又，因此最小正周期是不是，故A错误； 选项B：， 令，则. 当时， 当时，为.故B正确； 选项C： 令，即， 解得（另一根，舍去）. 在内，（其中）的两个根， 满足（余弦函数的对称性），故C正确， 选项D，由方程， 根据C选项可知，但只有符合， 所以，故D错误. 11．已知数列的通项公式是，设为数列的前项和，下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．若存在，使得，则 【答案】ABD 【分析】将m值代入数列中判断AB即可；对于C，分两种情况讨论，再代入到数列中求解m值即可判断；对于D，利用周期性，要想判断正负，只需考查即可，利用分组求和法求和后再进一步判断符号即可. 【详解】选项A，当时，，所以； 又因为且n为偶数时，，所以，所以，A选项正确； 选项B，当时，， 所以，， 所以， 又因为当时，，所以数列周期为6， 所以，B选项正确； 选项C，若，则，所以，即， 又因为为偶数，所以，解得，C选项错误； 选项D，当时，，所以数列周期为，因此的正负，只需考查即可. 当时，奇数项，所以奇数项是首项为9，公差为-2的等差数列， 所以奇数项的和； 偶数项，所以偶数项是首项为4，公比为的等比数列， 所以偶数项的和， 因此 当时，，，所以，且周期重复后仍为正， 当时，， 所以若存在，使得，则，D正确. 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．已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 【答案】 【详解】已知双曲线，则双曲线的两条渐近线方程分别为和， 双曲线的一条渐近线与圆相交于，两点， 由圆关于轴对称，而双曲线的两条渐近线均关于轴对称， 因此，无论选择哪一条渐近线，其与圆相交所得弦长都相等. 由圆可知，圆心坐标为，半径， 将其中一条渐近线化为一般式：， 则圆心到渐近线的距离， 则弦长. 13．已知三棱锥的外接球为球，为球的直径，且，，，则三棱锥的体积为______. 【答案】 【分析】所求体积可表示为，故只需求出三角形的面积即可，其中，由对称性也有，由于是已知的，所以只要求得即可进一步求解. 【详解】如图，易知，，所以， 作于点，易知，所以， ， ， 故三棱锥的体积为 . 故答案为：. 14．已知函数，当时，对于，恒成立，则取值范围为____________________． 【答案】 【分析】根据绝对值的概念，化简不等式，根据恒成立的条件，列出不等式，对不等式的参数进行分类讨论，进而求出参数范围. 【详解】由可得， 即， 对于是关于的一次函数，因为，，所以， 对于，恒成立，等价于恒成立， 即， 对于，当时，不等式不能恒成立，不符合题意， 当时，即时，可得，在不等式恒成立，符合题意， 当时，即时，可知，则此时函数在上单调递减， 所以时，得，解得，即取值范围为； 对于，可知时，不等式不能恒成立，不符合题意， 当时，即时，可得，在不等式恒成立，符合题意， 当时，即时，可知对称轴，则此时函数在上单调递增， 所以时，得，解得，即取值范围为； 综上所述，取值范围为. 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） 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)若，求的面积； (2)若，求和的值； 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）由余弦定理可得，再利用平方关系得，结合三角形面积公式求解. （2）结合正弦定理和，可得，从而求得的值.利用余弦定理，可得的值，最后检验是否符合题意. 【详解】（1）已知，，，由余弦定理得： 因为所以由同角三角函数关系得： 的面积 （2）由正弦定理，且，， 代入得，约去（），解得． 则． 由余弦定理，代入，， 得：， 整理得，解得或． 当时，，则，，即， 此时，矛盾，舍去； 当时，，符合题意； 故． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，平面，．点在线段上． (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴， 建立空间直角坐标系，设，根据已知求得，计算即可求得结果； （2）分别求得平面与平面的法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系． 由题意可取，，，，． 设，，， 则． 于是，． 由可得． 即． 整理得， 所以． 因此． （2）由（1）可知． 平面中，，． 取平面的一个法向量为． 平面中，，． 取平面的一个法向量为 设平面与平面所成二面角为，则． 所以． 17．（15分） 一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且，.进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为；第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为.设随机变量表示的元素个数. (1)若，，求所有的； (2)若，，求的分布列和数学期望； (3)若，且，求. 【答案】(1) (2) X 0 1 2 P (3) 【分析】（1）直接列举即可； （2）根据古典概型概率公式，结合组合数公式求出概率，然后可得分布列和期望； （3）根据已知概率列方程计算可得. 【详解】（1）依题意，从编号为1，2，3，4的四个球中，随机取出2个球，所取球的编号组成的集合有以下可能： . （2）X的所有可能取值为0，1，2 ，， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴； （3）当时，， 整理得，∴， 即，∵，∴. 18．（17分） 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线､关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. (1)已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程； (2)射线的方程，如果椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆､分别交于两点､，且，求椭圆的方程； (3)对抛物线：，作变换，得抛物线：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，…若，，求数列的通项公式. 【答案】(1) (2)或； (3). 【分析】（1）由伸缩变换的定义计算即可； （2）先由伸缩变换求得方程，分别与射线联立方程求､坐标，根据两点距离公式解方程即可； （3）由伸缩变换的定义计算，结合条件及累乘法，等差数列求和公式计算即可. 【详解】（1）由条件得，整理得， 所以的方程为. （2）因为，关于原点“伸缩变换”， 对作变换，得：. 联立，解得点的坐标为. 联立，解得点的坐标为. 所以，所以或. 所以或； 因此椭圆的方程为或； （3）对：作变换， 得抛物线：，即. 又因为，所以，即. 当时，，得， 适用上式. 所以数列的通项公式. 19．（17分） 已知函数，是的导函数. (1)当时，求函数的单调区间. (2)当时，是否存在，使得成立?请说明理由. (3)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为 ，无单调递增区间 (2)当 时，，则， 不妨设，，，则， 所以， 而． 若存在，使得， 则，得， 令，则， 所以在 上单调递增， 而，故方程在时无实数解， 所以不存在,使得 成立． (3) 【分析】（1）求导，根据导函数的正负性判断； （2）设，，，化简得出，构造函数，研究函数的零点即可； （3）令，利用单调性求最小值，进而得出，，再构造函数求值域即可. 【详解】（1）当时， ，则． 令，则， 令，得；令，得． 故在上单调递增，在上单调递减． 故，则（等号不恒成立）， 则的单调递减区间为，无单调递增区间． （2）略 （3）恒成立，即恒成立， 令，由，得． 令，则， 则在上单调递增． 又，， 则存在，且，即， 使得当时；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 即， 又，得． 而，设，，则， 则在上单调递增， 而，， 故的取值范围为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $