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定远育才学校2026年高三高考第三次模拟
数学试卷
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，则( )
A. B. C. D.
3.四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一它是于年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”要求相邻面含公共棱的面不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，则不同的涂法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
5.等差数列中，已知，前项之和为，且，则最小时的值为( )
A. B. ， C. D. ，
6.当时，函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
7.今年为纪念红军长征胜利周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑该纪念碑的基座设计为一个稳重的四面坡式石墩如图所示已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长米、宽米，一个侧面为上底长米，腰长米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为( )
A. B. C. D.
8.已知双曲线：的一条渐近线方程为，，分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则( )
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.已知一组数据，，，的平均数、方差、第百分位数、极差分别是，，，，对该组数据作线性处理得到另一组数据，，，，记该组数据的平均数、方差、第百分位数、极差分别是，，，，则( )
A. B. C. D.
10.已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则( )
A. 的离心率为 B. 的渐近线方程为
C. D. 若，则
11.已知函数满足，下列说法正确的是( )
A.
B. 当，都有，则函数的最小正周期为
C. 设，存在，，则
D. 若函数在上单调递增，则方程在上最多有个不相等的实数根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则 ．
13.已知函数，，若关于的不等式有解，则的取值范围是 ．
14.设、是两个实数，且满足，直线和圆交于两点、，若对于任意的，均存在正数，使得的面积均不小于，则的最大值为 ．
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.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
若，求的面积．
16.本小题分
某层高为楼的写字楼有两部独立运行的电梯和，初始都在楼每部电梯每次运行时，有的概率向上运行层、有的概率向上运行层两部电梯各自独立运行次每次运行后记录所在楼层设电梯，第次运行后所在楼层分别为和．
求电梯最终停在楼的概率；
若电梯每向上运行层消耗度电，向上运行层消耗度电记电梯这次运行中向上运行层的次数为，次运行总耗电量为，求的分布列及的数学期望；
若对任意，，都成立，则称两部电梯“同步”当电梯最终停在楼时，求两部电梯次运行时始终同步的概率．
17.本小题分
如图，在直三棱柱中，，，，点，分别为线段和的中点．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值；
求直线与直线间的距离．
18.本小题分
已知抛物线：的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且．
求的方程；
记，过的直线交于，，在抛物线上按如下方式构造点列，：连接，分别交于另一点，．
设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式；
为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧．
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
关于的方程有两个实根，，对每一个满足条件的，．
求的取值范围；
当时，记，证明：．
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数学试卷答案
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10.
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13.．
14.
15.解：因为，
由正弦定理得，
可得，
且，则，可得，即，
又因为，所以；
因为，，
所以由余弦定理得，
即，解得，
所以面积．
16.解：最终停在楼说明次运行中，有次上升层，次上升层，所以；
由题可知，，，，
，
，
，
，
所以的分布列为：
次，
因为，
所以度；
已知上到楼，则次运行楼层情况为：，，，
因为要求一直同步，所以最后停靠楼层只可能为，，三种情况，
设事件“最终在层，最终在层且始终同步”，
事件“、始终同步”，事件“电梯停在楼”，
下面逐个分析：
当停留在楼时，共次运行楼层情况为：，此时和始终同步，
；
当停留在楼时，其次运行接层情况为：，，，此时和始终同步，
；
当停留在楼时，其次运行楼层情况为：，，，此时只有当为，为时是不同步，
，
所以，
即两部电梯次运行时始终同步的概率为．
17.解：证明：连接，如图所示：
因为，且四边形为矩形，
所以，
又因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
因为，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系：
可得，，，，
，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，，
所以，
设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
由知，，，
因为，所以，
则直线与直线间的距离转化为点到直线的距离，
，
所以直线与直线间的距离为．
18.解：易知，
所以，
设点在第一象限，
由抛物线定义知到准线的距离为，
所以，
因为，
所以，
则抛物线的方程为；
设经过轴上点的直线为，
直线与抛物线的两交点记为，，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
因为直线经过点，
所以，
因为直线经过点，
所以，
因为直线和经过点，
所以，
所以，
则，
因为，
所以，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
综上所述，．
证明：设直线与的交点为，
因为四点共圆，
所以，
设直线为，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
，
设直线为，
同理得，
又且，
所以，
所以，
则的重心纵坐标为，
即的重心在轴上，
，
同理，
所以，
联立，
解得，
所以．
则的重心在的右侧．
19.解：，
当时，，所以在上是减函数；
当时，，，所以在上单调递减，
，，在上单调递增．
综上所述，当时，在上是减函数；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，
当时，令，，
，
令，，
所以，从而，
所以在上单调递增，
由知，所以，
即，亦即，
又，所以，
因为，所以，
又，且在上单调递增，
所以，即，符合题意；
当时，取，，，即，不符合题意，
当时，在上是减函数，不存在满足方程的两个实根，，亦不符合题意；
综上所述，的取值范围为．
证明：由知，，
依题意得，所以，同理，
又因为，所以，
所以，
即，
所以，
因为，
所以．
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