福建省泉港一中2025-2026学年高三下学期第一次模拟数学试题

**基本信息** 泉港一中2026届高三数学模拟卷以AI图像识别、围棋机器人对抗等科技情境为载体，通过19题150分全面考查集合、复数、概率等知识，注重逻辑推理与数学建模。 **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、圆锥表面积、向量夹角、概率|第8题结合AI深度伪造检测考查条件概率，体现数学应用| |填空题|3题15分|频率分布直方图分位数、切线方程、椭圆离心率|第14题椭圆与抛物线焦点综合，考查几何直观| |解答题|5题77分|立体几何、函数单调性、解三角形、双曲线、概率证明|第19题AI围棋对抗赛三问递进，考查逻辑推理与数学抽象|

泉港一中2026届高三模拟考试 数学试题 本试卷共19题，满分150分，共6页。考试用时120分钟。 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，集合，则(    ) A. B. C. D. 2．已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（    ） A． B． C． D． 4．若是夹角为的两个单位向量，则和的夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 5.若，则＝（   ） A． B． C． D． 6.已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为 A． B． C． D． 7．设数列是等比数列，数列是等比数列，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．某人工智能模型用于识别图像中有无“深度伪造”内容．已知一批待检测图像中有的图像实际存在深度伪造．在一次检测中，若模型输出结果“有深度伪造”，则实际存在深度伪造的概率为；若图像实际无深度伪造，模型误判为“有深度伪造”的概率为．现从该批图像中任取一张检测，输出结果为“有深度伪造”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．已知函数，则下列说法正确的是 A．当时，函数的图象关于点对称 B．若函数周期为4，则 C．若函数在单调，则有最大值 D．若函数在区间上恰有三个零点，则 10．已知，则下列说法正确的是 A． B． C． D． 11．已知定义在上的连续函数的导函数是，且满足，为奇函数，则( ) A． B． C． D．若是的一个极值点，则函数在区间至少有个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某校从高中部抽出100名学生参加AI基础知识竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这100名学生成绩的分位数为____________分． 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_______． 14．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与交于两点，其中在上，且，若，则的离心率为_________． 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) 如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． （1）求证：，，，四点共面； （2）设，求平面与平面夹角的余弦值． 16.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若在上的最小值为，求． 17. 设的内角所对的边分别为，且，记. （1）若成等差数列，求的最小值； （2）若成等比数列，求的取值范围. 18..已知分别是双曲线：的左、右顶点，点是双曲线上的一点，且． (1)求双曲线的方程； (2)已知过点的直线：，交双曲线的左、右两支于两点（异于）. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 19． （17分） 某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． (1)当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； (3)若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 泉港一中2026届高三模拟考试 数学试题 本试卷共19题，满分150分，共6页。考试用时120分钟。 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，集合，则(    ) A. B. C. D. 【答案】D 2．已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程求出复数，然后计算复数的模. 【详解】因为复数满足：， 所以，所以，解得. 所以. 故选：B. 3．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（    ） A． B． C． D． 【答案】C． 4．若是夹角为的两个单位向量，则和的夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 5.若，则＝（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由条件关系求出，根据平方差公式，平方关系结合齐次化方法可得，由此可求出. 【详解】因为，所以 ， 故 因为， 又， 所以 6.已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为 A． B． C． D． 【答案】D． 【试题解析】 解法一：依题意，圆心分别为，半径， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得． 令，则（其中）． 故选：D． 解法二：依题意，圆心分别为，半径， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得． 令，则，代入，整理得： 由，解得：，所以， 所以． 故选：D． 解法三：依题意，圆心分别为，半径， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得 ． 令，则由得， 当且仅当共线，且时，即取得最大值． 故选：D． 7．设数列是等比数列，数列是等比数列，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】令等比数列的公比为，则， 因此，数列是等比数列，即； 令，，，即数列是等比数列， 令，则，显然，数列不是等比数列， 所以是的充分不必要条件. 8．某人工智能模型用于识别图像中有无“深度伪造”内容．已知一批待检测图像中有的图像实际存在深度伪造．在一次检测中，若模型输出结果“有深度伪造”，则实际存在深度伪造的概率为；若图像实际无深度伪造，模型误判为“有深度伪造”的概率为．现从该批图像中任取一张检测，输出结果为“有深度伪造”的概率为 A． B． C． D． 【答案】B． 【试题解析】设事件表示“该图像实际存在深度伪造”，事件表示“模型输出结果为有深度伪造”．由已知：，，， 则,可得． 又因为，所以 故选B． 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．已知函数，则下列说法正确的是 A．当时，函数的图象关于点对称 B．若函数周期为4，则 C．若函数在单调，则有最大值 D．若函数在区间上恰有三个零点，则 【答案】ACD． 【试题解析】对于选项A，当时，函数的对称中心横坐标满足，解得，可得选项A正确； 对于选项B，若函数周期为4，可得，解得，即选项B错误； 对于选项C，当时，，所以， 若函数在单调，则，解得，即有最大值，可得选项C正确； 对于选项D： 解法一：令． 设的零点为，因为函数在区间上恰有三个零点， 则，解得，可得选项D正确； 解法二：当时，，所以， 因为函数在区间上恰有三个零点，所以，解得，可 得选项D正确； 故选：ACD． 10．已知，则下列说法正确的是 A． B． C． D． 【答案】BD． 【试题解析】 对于选项A，因为，令，可得， 令,，所以，故选项A不正确； 对于选项B，令，； 令，； 所以 ．故选项B正确； 对于选项C，令, 则． 再令，，故选项C错误； 对于选项D， 解法一：展开式的通项为，由通项可知: ，所以都大于0，都小于0， ， 令，可得， 所以，故选项D正确． 解法二：令，由 得． 令可得，故选项D正确． 故选BD． 11．已知定义在上的连续函数的导函数是，且满足，为奇函数，则( ) A． B． C． D．若是的一个极值点，则函数 在区间至少有个零点 【答案】BCD． 【试题解析】对于B,C两个选项： 因为为奇函数，所以，即， 故，即…………………① 取得， 又，所以，则有 因此有…………………② 所以是的一个周期； (1)当时，，除以的余数为； (2)当时， 除以的余数为； (3)当时， 除以的余数为； 结合的周期性， ，B选项正确. 令， 又 两式相加得，结合①式得，所以，即，故C正确； 对于A,D两个选项： 由，两边分别求导得：， ………② 所以有一个对称中心，一条对称轴； 两式相减得，故，所以是的一个周期； 所以，而目前条件无法确定，故选项A错误； 由，得, 由，得，所以 若是的一个极值点，则函数； 由对称性得， 由周期性得， 所以均是函数的零点， 所以在区间至少有个零点．故D正确 故选BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某校从高中部抽出100名学生参加AI基础知识竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这100名学生成绩的分位数为____________分． 【答案】76 【试题解析】依题意，前三个小矩形的面积之和为，前四个小矩形的面积之和为， 因此分位数位于内，， 所以估计这100名学生成绩的分位数为76分． 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_______． 答案: 【分析】先求出的导函数，将切点的横坐标代入求出的是切线的斜率，利用点斜式得到的切线方程，这个切线方程就是曲线的切线方程，求的导函数，则这个等于切线的斜率，从中求出曲线的切线的切点的横坐标，将其代入切线方程，从而得到曲线的切线的切点，将这个切点代入得到值. 【详解】由，求导可得，将切点的横坐标代入， 得到切线的斜率，则切线方程为，即， 由，求导可得， 由曲线在点处的切线与曲线相切， 则曲线的切线为， 令，解得， 将代入，可得，得到曲线上切线的切点为， 将代入，可得，解得． 故答案为:． 14．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与交于两点，其中在上，且，若，则的离心率为_________． 【答案】 【试题解析】由抛物线的定义知，所以，所以抛物线的标准方程 为:，所以．设，直线，代入， 得．设椭圆的左焦点为，则， 由椭圆的定义知， 解得，又，则，所以椭圆的离心率为 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) 如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． （1）求证：，，，四点共面； （2）设，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面; (2)分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系： 设， 则， 故，， 共面. 【小问2详解】 设，故， 设平面的法向量为， 由， 得，取，可得； ， 设平面的法向量为， 由， 得，取，所以， ， 设平面与平面夹角为 , 即平面与平面夹角的余弦值. 16.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若在上的最小值为，求． 【试题解析】 （1）函数的定义域为， 1分 当时，在恒成立，在上单调递增； 2分 当时，由得，由，得， 所以在上单调递减；在上单调递增 4分 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增 5分 （2）由（1），当时，在上单调递增，则，由题意得， 解得，与矛盾，舍去． 2分 当时，在上单调递增，则，由题意得， 解得，与矛盾，舍去． 3分 当时，在上单调递减，在上单调递增，则， 由题意得，解得，符合，所以． 5分 当时，在上单调递减，则，由题意得， 解得，与矛盾，舍去． 7分 综上可得，实数的值为 8分 17. 设的内角所对的边分别为，且，记. （1）若成等差数列，求的最小值； （2）若成等比数列，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）将所给等式利用三角恒等变换进行化简，再利用等差数列的性质及正切函数的性质求解； （2）由（1）得，结合正弦定理，等比数列性质，三角形边长关系求解. 【小问1详解】 ， 因为成等差数列，所以， 又，所以，又，所以， 所以， ， 当取得最大值时，取得最小值， 因为，所以， 所以当时，取得最小值1. 【小问2详解】 因为成等比数列，所以， 由（1）知， 因为，所以， 将代入，化简得， 两边同除以，得，即， 所以，解得， 因为，所以，即，得， 所以的取值范围为. 18..已知分别是双曲线：的左、右顶点，点是双曲线上的一点，且． (1)求双曲线的方程； (2)已知过点的直线：，交双曲线的左、右两支于两点（异于）. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 【分析】（1）根据求出或，验证后不符合题意舍去，然后求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知，直线的方程为，设，，联立双曲线和直线方程，结合根的判别式和得到不等式组，从而求出的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线与直线的方程，联立得到，将代入，化简得到即可得证． 【详解】（1） 由题意可知，，， 因为，解得或， 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，不满足题意； 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，满足题意； 所以双曲线的方程为； （2） （ⅰ）由题意知，直线的方程为，设，， 联立，化简得， 因为直线与双曲线左右两支相交，所以， 所以，解得或， 所以的取值范围为； （ⅱ），，则， 直线的方程为①，直线的方程为②， 联立①②得，所以， 化简得， 所以， 所以点的横坐标始终为，故点在定直线上． 19.（17分） 某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． (1)当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； (3)若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 【详解】（1）（1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有， 则， 1 3 5 ， ， 的分布列为 数学期望. （2）在前局比赛中Alpha星赢的局数时，第局全胜，最终也无法获胜，所以； 当时，仅当第局全胜，最终才能赢得比赛，即； 当时，第局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即； 当时，无论第局什么结果，都能最终赢得比赛，即； 综上所述，. （3）由全概率公式可知 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即. ( 高 三 数学试题 参考答案与评分标准 第 9 页（共 2 1 页） ) 学科网（北京）股份有限公司 $