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广东省广州大学附属中学等校2026届高三一模考前模拟演练
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足为虚数单位，则复数的模为( )
A. B. C. D.
3.已知抛物线上的点到抛物线焦点的距离为，则
A. B. C. D.
4.能被个半径为的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是( )
A. B. C. D.
5.已知，设函数的零点个数为，则( )
A. B. C. D.
6.在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则( )
A. B. C. D.
7.一个正八面体的八个面分别标有数字到，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为( )
A. B. C. D.
8.在边长为的菱形中，将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有位选手，记录参赛人员失分均为非负整数情况，若该组每位选手失分都不超过分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是( )
A. 甲组中位数为，极差为 B. 乙组平均数为，众数为
C. 丙组平均数为，方差为 D. 丁组平均数为，第百分位数为
10.类比平面上的三角形是由三条线段首尾顺次相接构成的封闭图形，我们把球面上三条大圆的劣弧首尾顺次相接构成的封闭图形称为球面三角形．如图所示，分别连接球心与不在同一大圆上三点，定义球面的三个内角分别为二面角的平面角．则下列说法正确的是( )
A. 若球的半径为，则
B. 存在球面三角形，使得
C. 若球的半径为，，那么球面三角形的面积为
D. 若是锐角且，则
11.已知正项数列满足记，则( )
A. 是递减数列 B.
C. 存在使得 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，且，则的最小值是 ．
13.已知圆：，直线交圆于、两点，点，则三角形面积的最大值为 ．
14.在中，角，，所对边分别为，，，其外接圆半径为，，则的面积为 ；当取得最大值时，则 ．
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.本小题分
已知等比数列的前项和为，且．
若，求数列的通项公式
若求．
16.本小题分
如图，四棱柱的底面是棱长为的菱形，对角线与交于点，，，，为锐角，且四棱锥的体积为．
求证：平面
求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得分，先得分且至少领先分者胜，该局比赛结束当某局打成后，每球交换发球权，领先分者胜，该局比赛结束现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立已知第一局目前比分为．
求再打两个球甲新增的得分的分布列和均值
求第一局比赛甲获胜的概率
现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率．
18.本小题分
已知点，点，是平面上一动点，满足以为直径的圆与直线相切，设点的轨迹为．
求的方程．
过的直线与相交于，两点，连接，，点为的内心求的最大值．
设椭圆：与在第一象限的交点为当直线与有两个交点时，设直线与相交于另一点异于点，连接，线段与交于点求证：直线过定点．
19.本小题分
混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一假设在一个混沌系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中．
当时，若满足对，有，求的通项公式
证明：当时，中不存在连续的三项构成等比数列
若，，记，证明：．
参考答案
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15.解：设等比数列的公比为，
由题意知：当时：，
当时：，
联立，解得，．
因为，所以数列的通项公式为．
由知，
故当，即时，原式可化为．
因为，
所以，所以．
同理，当，即时，原式可化为，
所以．
所以，解得
16.解：设四棱柱的高为，
因为四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以，
所以，且，
所以，即四棱柱的高为．
因为为正三角形，所以，
因为，，所以，于是D.
过点作平面的垂线，垂足为，所以，
所以，从而，故．
所以点在对角线上．
因为，，所以，
故点为对角线与的交点，即点与重合，
所以平面．
因为底面是棱长为的菱形，所以，由上可知：，，两两垂直，
以为坐标原点，以，，方向为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

17.解：依题意，的所有可能取值为，，．
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
，
．
所以的分布列为
故的均值为．
设第一局比赛甲获胜为事件．
则，，．
由知，，，，
由全概率公式，
得，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率．
由知，故估计甲每局获胜的概率均为，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以，，．
故该场比赛甲获胜的概率．
18.解：设，的中点，
依题意，
化简得，
故点的轨迹的方程为．
设
设直线的方程：，与抛物线联立，得

由韦达定理得，
设直线，的斜率分别为，
，
轴平分，故在轴上，
当直线与相切时，取最大值，
设直线的方程：，与抛物线联立，得
，令，得，此时，
故的最大值为．
设，其中，，
设与在第二象限的交点为，由对称性得，
则直线的方程：，与联立，得，得，
，，
，，，四点共线，
延长交轴于，设，连接，
设直线与直线的斜率分别为，则．
设，直线的方程：，与椭圆联立，得
，得
，，
代入整理得，
解得，故直线恒过定点．

19.解：
当时，，由题意可得，
两式作差，，所以或．
当时，代入式解得，或，因为，所以．
当时，将代入式解得，．
经过上述讨论可知，．
下面考虑一般情况：由题意可知，
两式作差，，所以或
如果，这说明是常数列，所以．
如果，将代入式，解得，
这说明依然是常数列．
综上，的通项公式为．
下面假设，，构成等比数列，那么，
于是，又因为，所以，解得，与假设
矛盾，所以中不存在连续的三项构成等比数列．
由题意知，，所以，易知单调递减且
．
记，于是
因为，
所以
于是，．
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