2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编模拟卷（广东省佛山市适用）

**基本信息** 高三数学月考模拟卷，覆盖复数、数列等核心知识，以测量误差、乒乓球比赛等真实情境设计问题，梯度合理，适配一轮复习能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数运算、等比数列、二项式定理|第4题以测量误差最小化考查函数最值，体现数学眼光的抽象能力| |填空题|3/15|三角求值、双曲线与抛物线综合|第14题结合正多边形考查概率，渗透数学思维的逻辑推理| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、概率统计、新定义函数|第17题乒乓球赛制情境考查概率计算，第19题新定义“极值差比函数”检测创新应用，体现数学语言的表达能力|

2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编模拟卷 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．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用复数的除法运算法则进行求解即可. 【详解】∵，∴， 故选：C 2．已知等比数列的公比为q，且，，则（     ） A．3 B．2 C．1 D． 【答案】A 【详解】由题意得：，又， 解得：. 3．的展开式中的系数是（     ） A． B．26 C． D．30 【答案】D 【分析】利用二项式展开的通项公式，分别求出中项和项的系数，结合前一因式的系数求和即可得到的系数. 【详解】二项式的展开式通项为，其中 的展开式中项来源于两部分： 因式乘以的项：取，对应系数为； 因式乘以的项：取，对应系数为； 将两部分系数求和，得的系数为. 4．用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得5个数据，用表示这个物体的长度，当函数取最小值时，（    ） A．4.8 B．5.2 C．5.3 D．5.6 【答案】B 【分析】展开可得是关于的二次函数，利用二次函数性质计算即可得. 【详解】， 即是关于的二次函数，则当取时取最小值， 此时. 5．已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【详解】法1：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，， 故最大值不为，不合题意； ③当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，， 即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知， 又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且， 且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 法3：由选项知，则定义域为， 由，解得. 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 法4：由选项知，则定义域为， 由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得. 6．已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，可得 ，所以， 所以． 7．函数， ，且，则 的最小值为（       ） A．8 B．10 C．14 D．16 【答案】D 【分析】根据题意，设，可得为奇函数，由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】设，其定义域为， 且，所以为奇函数， ， 设，则， 设，则 设，则， 设，则， 故在上为递增函数，而， 故当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，故， 依次同理可得在上为递增函数， ， 又，即， 所以，所以，即， 则， 当且仅当时，即时，等号成立. 所以的最小值为. 故选：D 8．已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（   ） A．0 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】利用直线与圆的位置关系构造不等式即可求得. 【详解】由圆可知圆心，半径； 根据题意若过直线上任意一点总能作圆的切线，可知直线和圆相离或相切； 因此圆心到直线的距离，解得， 因此的最大值为. 故选：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．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B． C．是偶函数 D．取得最小值时的取值集合为 【答案】ABD 【详解】最小正周期为，故A正确； 由题意得，，则， 因为，所以，故B正确； ，则是奇函数，故C错误； 令，得，故D正确. 10．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（    ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 【答案】BC 【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为， 则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 11．设函数，其中.则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．若恒成立，则 D．若是方程的两个不同实根，且，则 【答案】BCD 【分析】对于A根据判断；对于B求导判断函数的单调性即可；对于C由的正负性和单调性可得；对于D根据韦达定理以及计算. 【详解】对于A，若为奇函数，则，则，或， 均与矛盾，故不可能为奇函数，故A错误； 对于B， 因为 ， 所以存在两个不等实根，不妨设， 则得或；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故在处取极大值，在处取极小值，故B正确； 对于C，由以及的单调性可知， 当或时；当或时； 因为，且恒成立，所以，即，故C正确； 对于D，因为是方程的两个不同实根， 所以， 令，则， 令，得， 则关于点对称，即关于点对称， 由以及在区间上单调递减、 可得，又，， 可得， 所以，故D正确. 故选：BCD 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，则的值为__________． 【答案】1 【分析】由指数式和对数式的互化，可将和表示出来，然后根据换底公式表示出和，代入，根据对数的运算性质计算即可. 【详解】因为，所以，， 所以，，所以. 故答案为：1 13．已知双曲线右焦点也是抛物线的焦点，两曲线在第一象限的公共点为，且垂直于轴，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【分析】联立双曲线方程和抛物线方程，代入，，得到关于离心率的齐次式，求出答案 【详解】双曲线的右焦点坐标为， 的焦点坐标为，故，， 联立与得， 又，故， 满足，故， 即，化简得， 方程每项除以得，解得， 因为，所以不合要求，舍去， ，故. 14．正2026边形内接于单位圆，任取它的两个不同的顶点，的概率为__________. 【答案】 【分析】应用向量数量积公式及运算律计算化简得出向量夹角，再应用古典概型计算求解. 【详解】因为， 所以， 解得， 即向量与的夹角不超过. 因为， 所以对任意给定的向量，满足条件的向量的取法有种， 故正2026边形内接于单位圆， 任取它的两个不同的顶点，的概率为. 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）记的内角、、的对边分别为、、，已知的面积为，且. (1)求角； (2)若，，求的周长． 【答案】(1) (2)周长为 【分析】（1）根据三角形面积公式与余弦定理，可得，根据的范围可求得； （2）利用正弦定理化简，结合的范围，可得.然后再利用正弦定理可求得、的长度，进而得到的周长. 【详解】（1）由三角形面积公式可得；由余弦定理，， 代入，可得， 因为，所以，因为，所以. （2）由结合正弦定理， 因为，所以， 又因为，所以，，所以. 因为，由正弦定理， 所以， . 所以周长为. 16．（15分）在直三棱柱中，，是的中点，是与的交点，是线段的中点，是线段上的动点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设在上，令，得， 又，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即， 又，，所以；又平面， 因此平面. (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点与相关向量，求得平面的法向量，通过证明直线的方向向量与该平面法向量垂直，结合不在平面内，证得线面平行； （2）利用线面角的向量公式列方程求解参数得到点坐标，再求出两个平面的法向量，借助法向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）设直线与平面所成角为，则， 已知，则， 解得，则即. 设平面的法向量为，又，， 则，即，令，则， 即是 平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则. 17．（15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． 【答案】(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. 18．（17分）抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且． (1)求抛物线C的方程； (2)证明：数列是等差数列； (3)设的面积为，，求证：． 【答案】(1) (2)依题意的半径为，的半径为，又和两圆相外切， 则，即， 两边平方整理得， 所以， 又，所以，即， 因为，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列． (3)由（2）得，即， 又，所以， 所以①当时，成立； ②当时，因为， 所以 ， 综上，得证． 【分析】（1）通过抛物线的定义求解抛物线方程； （2）寻找 的关系，从而判断数列是等差数列； （3）进行不等式放缩，再通过裂项相消求和求解. 【详解】（1）由题意，设抛物线C的焦点为F，有， 解得或2，又，所以取，故抛物线C的方程为． （2）略 （3）略 19．（17分）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数使得，则称为“极值差比函数”，常数为的“极值差比系数”． (1)若函数为“极值差比函数”且在上严格增，试判断是否为“极值差比函数”，并说明理由； (2)是否存在使的“极值差比系数”为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)对于（2）中的函数，若，求：的“极值差比系数”的取值范围． 【答案】(1)是“极值差比函数”，理由见解析 (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据“极值差比函数”的定义来判断函数的单调性，结合正弦函数的性质来进行判断； （2）反证法，假设存在这样的参数，由“极值差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可； （3）由（2）得到参数与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围. 【详解】（1）若，则， 因为在上严格增，则在上严格增， 函数不存在极值点，此时函数不是“极值差比函数” 所以， 根据正弦函数的性质可知，存在极大值，， 极小值，，则， 因此是“极值差比函数”. （2）的定义域为，求导可得， 假设存在使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则，解得， 不妨设，则， 因为 ， 所以，从而，得（*） 令（），求导可得， 所以在上是严格增函数，所以， 因此（*）无解，所以不存在使的极值差比系数为. （3）由（2）知极值差比系数为，即， 不妨设，令，，则极值差比系数可化为， ， 因为，解得， 令（），求导可得， 设（）， 求导可得， 所以在上单调递减， 因此当时，， 从而，所以在上单调递增， 所以，即， 所以的极值差比系数的取值范围为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编模拟卷 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．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．已知等比数列的公比为q，且，，则（     ） A．3 B．2 C．1 D． 3．的展开式中的系数是（     ） A． B．26 C． D．30 4．用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得5个数据，用表示这个物体的长度，当函数取最小值时，（    ） A．4.8 B．5.2 C．5.3 D．5.6 5．已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 6．已知，则（   ） A． B． C． D． 7．函数， ，且，则 的最小值为（       ） A．8 B．10 C．14 D．16 8．已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（   ） A．0 B． C．1 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．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B． C．是偶函数 D．取得最小值时的取值集合为 10．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（    ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 11．设函数，其中.则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．若恒成立，则 D．若是方程的两个不同实根，且，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．若，则的值为__________． 13．已知双曲线右焦点也是抛物线的焦点，两曲线在第一象限的公共点为，且垂直于轴，则双曲线的离心率为______. 14．正2026边形内接于单位圆，任取它的两个不同的顶点，的概率为__________. 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）记的内角、、的对边分别为、、，已知的面积为，且. (1)求角； (2)若，，求的周长． 16．（15分）在直三棱柱中，，是的中点，是与的交点，是线段的中点，是线段上的动点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15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． 18．（17分）抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且． (1)求抛物线C的方程； (2)证明：数列是等差数列； (3)设的面积为，，求证：． 19．（17分）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数使得，则称为“极值差比函数”，常数为的“极值差比系数”． (1)若函数为“极值差比函数”且在上严格增，试判断是否为“极值差比函数”，并说明理由； (2)是否存在使的“极值差比系数”为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)对于（2）中的函数，若，求：的“极值差比系数”的取值范围． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $