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** 聚焦高三开学学情诊断，融合基础巩固与能力提升，通过集合、函数、概率等模块分层设题，适配广东高考命题趋势，强化数学思维与创新意识。 **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、统计|第9题结合数据分析考查上四分位数与方差计算，体现数学语言表达；第11题曲线与函数性质综合，培养数学眼光| |填空题|3题/15分|二项式定理、解三角形、导数几何意义|第14题公切线问题融合导数与曲线方程，考查数学思维的逻辑性| |解答题|5题/77分|数列、立体几何、概率统计、解析几何、函数导数|17题概率结合最值探究，19题新定义函数考查创新应用，适配高考综合题型，强化数学思维与问题解决能力|

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．设集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知复数满足（其中为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，满足，，．则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 4．已知，且，则（　　） A． B． C． D． 5．已知数列满足：，，则（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 6．已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 7．已知圆，若直线上存在唯一点P，使得过点P作圆C的两条切线相互垂直，则（    ） A． B．1 C． D．2 8．若，不等式恒成立，则的最大值为（） A．1 B．2 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．下列说法正确的是（     ） A．数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为18 B．设两个变量x，y之间的线性相关系数为 ，则的充要条件是成对数据构成的点都在经验回归直线上 C．若，，…，的平均数为2，方差为1，，，…，的平均数为6，方差为2，则，，…，的方差为5.5 D．若某组数据的频率分布直方图是单峰不对称的，且在左边“拖尾”，则该组数据的平均数大于中位数 10．已知函数，满足，，且的最小值为，下列说法正确的是（     ） A．的最小正周期为 B．在区间单调递减 C．在区间有两个极值点 D．使得为偶函数的最小正实数为 11．已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．函数的图象关于直线对称 C．函数不存在零点 D．曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 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．若的展开式中含的项的系数为28，则实数________． 13．在中，若，，平分交于，则的最大值为______． 14．已知曲线和有两条公切线，其中一条为直线，则另外一条公切线的方程为________． 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） 已知数列的前项和为，，且数列是公差为的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为等边三角形，且平面平面，为的中点． (1)证明:; (2)点在棱上（含端点），且直线与平面所成角的正弦值为，求出所有满足条件的点，指出其位置． 17．（15分） 已知甲口袋有（，）个红球和2个白球，乙口袋有（，）个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． (1)当，时， ①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； ②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； (2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，求的最大值. 18．（17分） 已知椭圆，平行四边形的四个顶点在椭圆上，直线，，的斜率分别为，，． (1)求椭圆的离心率； (2)若四边形为菱形，证明：直线，之间的距离为定值； (3)若，，成等比数列，射线，分别交椭圆于，两点，求四边形面积的取值范围． 19．（17分） 设函数的定义域为．对于任意正实数，定义，． (1)若，对任意给定正实数，求集合与． (2)设函数满足：对于任意正实数，，均有． （ⅰ）若，且，，证明：对于任意，有； （ⅱ）若对于任意正实数，，还有，且，均为非空集合，证明：存在唯一的实数，使得或． 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．设集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，所以，所以， ，所以，则，，且， 所以， 2．已知复数满足（其中为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据虚数的幂次运算性质及复数的乘法和除法运算，结合共轭复数的定义求解即可. 【详解】， 分母实数化得， 所以. 3．已知向量，满足，，．则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设与的夹角为，， 由 得 ， 因为，，所以， 因此，所以 ， 又，所以. 4．已知，且，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用已知条件分别求出与的值，再使用正弦和差公式即可求解. 【详解】因为，所以有，即， ， 代入得， 则有. 5．已知数列满足：，，则（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 【答案】B 【详解】因为，所以，， ，，, ，，， . 6．已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合圆台轴截面的几何性质，利用母线与底面夹角的三角函数关系得到高、母线长与底面半径的关系，再通过体积公式求出参数，最终计算侧面积. 【详解】作出圆台的轴截面如图所示，设圆台的上底面半径为，母线为，高为， 则下底面半径为，作，垂足为，则， 因为母线与底面所成的角的正弦值为，即， 则， 由，得，又因为，所以， 所以，解得， 即，所以圆台侧面积. 7．已知圆，若直线上存在唯一点P，使得过点P作圆C的两条切线相互垂直，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据题目条件得到，从而得到方程，求出答案 【详解】圆，圆心，圆的半径． 若直线上存在唯一点，使得过点作圆的两条切线相互垂直， 由几何关系可知，此时，即， 即，解得或（舍）． 8．若，不等式恒成立，则的最大值为（） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】先对原不等式变形，构造新函数求出最大值，再利用恒成立计算即可 【详解】由，得，此时. 原不等式变形得 令，求导得 令，解得. ，，单调递增； ，，单调递减. 不等式恒成立，则 设， 令， ，单调递减； ，单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立，则 两边同乘： 因为，两边除以，得 当，等号成立，的最大值为2 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．下列说法正确的是（     ） A．数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为18 B．设两个变量x，y之间的线性相关系数为 ，则的充要条件是成对数据构成的点都在经验回归直线上 C．若，，…，的平均数为2，方差为1，，，…，的平均数为6，方差为2，则，，…，的方差为5.5 D．若某组数据的频率分布直方图是单峰不对称的，且在左边“拖尾”，则该组数据的平均数大于中位数 【答案】ABC 【分析】首先确定上四分位数的位置，然后将数据按从小到大的顺序排列取出在该位置上的数据即为上四分位数判断A，利用相关系数的性质判断B，利用平均数与方差的性质判断C，数据分布偏左，根据平均数及中位数的概念判断D即可. 【详解】对于A，而 ， 所以该组数据的上四分位数为从小到大排列的第8位数据：18，故A正确； 对于B，若，则完全线性相关， 得到成对数据构成的点都在经验回归直线上，故B正确， 对于C，设整体平均数为，由题意得， 设整体方差为，可得，故C正确， 对于D，由题意知数据分布偏左，导致平均数受极端值影响会偏小， 而中位数是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数， 受极端值影响小，所以该组数据的平均数小于中位数，故D错误. 10．已知函数，满足，，且的最小值为，下列说法正确的是（     ） A．的最小正周期为 B．在区间单调递减 C．在区间有两个极值点 D．使得为偶函数的最小正实数为 【答案】AC 【分析】根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，结合选项，利用正弦型函数的图象与性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由 ， 对于A，因为，，且的最小值为， 即函数的最小正周期满足，所以，所以A正确； 对于B，由上分析可得，解得，则， 当时，， 当时，即时，函数单调递增； 当时，即时，函数单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减，所以B错误； 对于C，令，可得， 因，由，解得，又， 故当时，；当时，， 即函数在区间有两个极值点和，所以C正确； 对于D，由函数， 因为函数为偶函数，可得，解得， 当时，，所以最小正实数为，所以D不正确. 11．已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．函数的图象关于直线对称 C．函数不存在零点 D．曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 【答案】ACD 【分析】本题核心是根据绝对值分段拆解方程，分，，，四种区间写出分段曲线，再逐一验证单调性、对称性、零点、距离定值四个选项，综合双曲线性质与函数单调性、点到直线距离公式判断正误. 【详解】首先拆解曲线方程： 当，（第一象限）时：，，方程化为，即； 当，（第四象限）时：，，方程化为，即； 当，（第二象限）时，，，方程化为，即，无实数解，不存在对应曲线； 当，（第三象限）时，，，方程化为，即. 作出图象： 对于A：由图可知，三段图象全部随增大增大，在全体实数域单调递增，A 正确. 对于B：将中的替换成，替换成，得与不相同， 故的图象不关于直线对称，故B错误. 对于C：直线为双曲线与双曲线的一条公共的渐近线， 且直线与曲线无公共点， 则直线与函数的图象没有公共点，则函数不存在零点，C正确. 对于D：设曲线上第一象限内的点为，则，即， 所以点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以，故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．若的展开式中含的项的系数为28，则实数________． 【答案】30 【分析】先求出的通项展开式，再利用多项式乘积分项法求出即可. 【详解】因为的通项展开式为，， 若里取，则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 合并系数可得，解得. 13．在中，若，，平分交于，则的最大值为______． 【答案】 【分析】利用数量积的定义可求，再利用面积关系和基本不等式可求的最大值. 【详解】设中所对的边为， 因为，且，故，故. 而， 所以， 故， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为. 14．已知曲线和有两条公切线，其中一条为直线，则另外一条公切线的方程为________． 【答案】 【分析】根据两条曲线的其中一条公切线为，结合导数的几何意义求出，设出另一条切线的两条曲线的切点坐标，得到切线方程，联立方程组求解即可. 【详解】对，求导得， 设切点为，切线斜率，解得，则切点为，切线方程为，满足条件. 对，求导得. 设切点为，则切线斜率为，所以，故切点坐标为， 代入切线中得，，则. 设另一条公切线与相切于，则切线方程为， 即. 设该公切线与相切于，则切线方程为， 即. 所以，解得或. 当时，对应切线方程为，即已知切线方程； 当时，对应切线方程为. 故另外一条公切线的方程为. 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） 已知数列的前项和为，，且数列是公差为的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由数列是等差数列，求得数列的通项公式，从而求得，再由与的关系求得，即数列的通项公式； （2）结合（1）的结论，对裂项，并讨论的奇偶，可得数列的前项和． 【详解】（1）由题意知，所以 当时，， 作差得， 所以，即； 当时，，符合上式. 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，则， 所以， . 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为等边三角形，且平面平面，为的中点． (1)证明:; (2)点在棱上（含端点），且直线与平面所成角的正弦值为，求出所有满足条件的点，指出其位置． 【答案】(1)如下图，连接，因为为等边三角形，为的中点， 所以．连接，， 因为四边形是菱形，所以，又， 所以为等边三角形，则．             因为，所以平面． 又因为平面，所以． (2)满足条件的点Q只有一个，即与点P重合 【分析】（1）要证明线线垂直，则需要通过证明线面垂直得到线线垂直，即证明  平面 ; （2）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标和的坐标，根据线面角的正弦值计算结果即可. 【详解】（1）略 （2）因为，平面平面，平面平面，所以平面． 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 由已知可得，，，，，，．             设平面的法向量为， 由，得，取．     ，，设，， 则．        （10分） 设直线与平面所成的角为， 则， 由题意得，整理得 ，因为，所以， 即满足条件的点Q只有一个，即与点P重合. 17．（15分） 已知甲口袋有（，）个红球和2个白球，乙口袋有（，）个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． (1)当，时， ①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； ②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； (2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，求的最大值. 【答案】(1)① ；② (2) 【分析】（1）①根据“正难则反”的原则结合独立事件的乘法公式计算求解；②列举随机变量的可能取值，计算对应概率后，再根据数学期望计算公式计算求解； （2）设小明每次摸出一个红球的概率为，则，其中，则，求导，根据导数计算可得最值. 【详解】（1）①易知小明从甲口袋中有放回摸出一个白球的概率为，从乙口袋中摸出一个白球的概率为， 设“小明4次摸球中，至少摸出一个白球”为事件，则“小明4次摸球都是红球”为事件， 则， 所以 ②的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由①得， ， ， ， ， 所以； （2）易知此时连续摸4次相当于4次独立重复性试验， 设小明每次摸出一个红球的概率为，则，其中， 则，， 所以当时，；当时， ， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则时，最大，此时，，解得． 故当时，概率最大．此时 18．（17分） 已知椭圆，平行四边形的四个顶点在椭圆上，直线，，的斜率分别为，，． (1)求椭圆的离心率； (2)若四边形为菱形，证明：直线，之间的距离为定值； (3)若，，成等比数列，射线，分别交椭圆于，两点，求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)设直线，的方程分别为，，,， 由，得， ，得， 又，． 所以 ， 同理，． 由平行四边形得，所以， 因为，所以，即， 所以两条平行线，在轴上的截距之和为0． 由四边形为菱形得，设的斜率分别为,则， 由（1）知，关于原点对称， 由椭圆的对称性知点与点，点与点均关于原点对称， 所以 ．整理得， 所以直线,之间的距离， 所以直线，之间的距离为定值． (3) 【分析】（1）根据椭圆方程确定，再求椭圆的离心率. （2）设两条平行线，的方程分别为，，根据确定的关系，再根据确定与的关系，最后利用平行线的距离公式即可证明结论. （3）先确定的值，设直线的方程为，探索与,与的关系，可用的面积表示四边形的面积，再求面积的取值范围即可. 【详解】（1）由，故，，故， 故离心率． （2）略 （3）由（2）知，则，因为，所以． 设直线的方程为， 由，得，由，得， 所以，同理， 所以，，四边形的面积， 因为，且，，故， 因为点到直线的距离为， 所以， 所以四边形的面积． 19．（17分） 设函数的定义域为．对于任意正实数，定义，． (1)若，对任意给定正实数，求集合与． (2)设函数满足：对于任意正实数，，均有． （ⅰ）若，且，，证明：对于任意，有； （ⅱ）若对于任意正实数，，还有，且，均为非空集合，证明：存在唯一的实数，使得或． 【答案】(1)，． (2)（ⅰ）依题意，，所以， 因为对任意都成立，所以取， 则有，即①， 同理，因为对任意都成立，所以取， 则有，即②， 由①②得， 取，所以，所以. （ⅱ）定义， 于是，对每个，均有． 又因为， 所以，所以由（ⅰ）可知，若，且，对于任意，有， 下面证明中只有一个元素， 任取，所以对每个，有． 所以函数图像关于直线对称， 假设中存在两个不同的元素，，不妨设，函数图像既关于对称，也关于对称． 所以对任意，． 故是函数的一个周期． 由周期性，对任意和，有． 因此．③ 任取．由③，对于任意整数，均有． 由（ⅰ）知，， 对每个整数都成立．这些区间的并集为整个，故． 此时，矛盾，所以中不可能有两个不同的元素． 又因为，故存在唯一实数，使得， 下面证明或， 因为，所以， 所以不可能同时包含小于的点和大于的点，否则由（ⅰ）知，有，矛盾 若中存在大于的元素，则． 于是每个小于的实数均属于． 若还存在某个且，则因为，必有． 任取，则，并且． 由（ⅰ）知，必有，与矛盾． 因此每个都属于，从而． 同理，若中存在小于的元素，则． 【分析】（1）由集合与的定义和的性质求解； （2）（ⅰ）由已知可得，取，有，可证得结论； （ⅱ）由（ⅰ）可知，是实数集上的连通开集，，证明不可能同时包含小于的点和大于的点，且大于的实数均属于或小于的实数均属于． 【详解】（1）的函数值只取决于，当增大时，函数值严格增大．所以 因此，对于任意，均有 ，． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $