2026年4月广东卷高考预测模拟数学试卷01

2026（考试时间：120分 试卷满分：150分第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要0,2,3,

z满足izi1iz的虚部为（ C． D．已知定义在Rfxfx2fx2x02fxex1若af3bf4cflog27，则abc的大小关系为（cb

ab

ba

bc4．（新情境）53个不同的红包袋中，每个红1个红包，则不同的装法种数是（） 5．已知直线l3x4y50，圆Cx22y12m50，则0m4是“直线l与圆C相交”（A．充要条 B．充分不必要条C．必要不充分条 D．既不充分也不必要条CD2BCCD1ABCD，则冰球位移的大小是（ D．（f(x)2sin2x2π 3 fx的图象关于点π0 fx在区间π4πf

3

y2sin2x3（改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”M，NQ，称VQMN为“阿基米德三角形”.已知抛物线C:y24xFFl交抛CA，B

3BFCA，BP，则VPAB的面积为（28

32

64

563618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．下列结论正确的是（7，8，8，9，11，13，15，18，20，228018已知等差数列a满足：a0，公差d0，其前n项和为S，且aaa1S，则下列正确的有（ 若a11，则d

若a1d，则d

13 3a1a2的最小值为 D．a1的取值范围是0,已知椭圆W:

两点，MAC的中点，则（AOMAC的斜率之积为BBD2,1F的距离之和的最大值为6C．BF3D．B，F，M第二部分（非选择题共92分3515在

1x2x的展开式中，x的系数 x，yx＋2y＝1，则2x

y

的最小值 14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者. 2 北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为15m/min，则机器人行走2min时距原 577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分） 已知等差数列a的前n项和为S，且S4S, 2a1 若ban1an11，求数列b的前n项和T 16．（15分PABCD中，PDABCDABCDPDAB2AD，BADπADPBPABPDB17．（15分 已知双曲线C 1a0,b0的左、右焦点分别是1，2，其实轴长为 求C的标准方程

F2的直线l与CP，Q两点，与C的两条渐近线交于MNP，M均在第一象限MF23NF2，求直线l18．（17分（新情境）针对赛制对“强者”和“弱者”4时胜率均为r．Pp 当n4，p0.7，r0.5时，求赛制一、赛制二相应的P 针对赛制三，W、W分别表示“强者”、“弱者”EWEWn16p0.6评价三种赛制对“强者”和“弱者”19．（17分fxbxax（abR且a1当aeyfxx20b若对任意的b2efxa当aeb0gx1flnx有两个不相等的零点xxx

2b 2026数学·第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要0,2,3,

【答案】x23x40绝对值不等式|x1|2，x12x12，x3x1，z满足izi1iz的虚部为（ C． D．【答案】z满足izi1i故z1ii11i1i1i=12i， z12iz2，已知定义在Rfxfx2fx2x02fxex1若af3bf4cflog27，则abc的大小关系为（cb

ab

ba

bc【答案】fxRfxfxfx2fx2，令tx2ft4ftfx的周期T4x02fxex1yexfx在02上单调递增又因为af3f34f1，即af(1.bf(4)f(44)f(0)，即bf(0)由2log24log27log283，得log27(23所以f(log7f(log74)f((4log7f(4log7，且14log7log162cf

167

2 即01log162,fx在02f0f1flog16,即bac2 27 4．（新情境）53个不同的红包袋中，每个红1个红包，则不同的装法种数是（） 【答案】53C3C1①：“1,1,3”型，则有52110②：“2,2,1”型，则有531152533个不同的红包袋中，共有25A3150种装法已知直线l3x4y50，圆Cx22y12m50，则0m4是“直线l与圆C相交”（充要条 B．充分不必要条【解析】由x22【解析】由x22y12m50，得x22y125m因为方程表示圆，所以因为方程表示圆，所以5m0，解得m5所以圆C的圆心为C2,1，半径为r5m所以圆心C到直线l3x4y50的距离为d3241321若直线l与圆C相交可得dr，则可得15m，解得m4所以0m4”是“直线l与圆C相交”的充分不必要条件AAB，BC，CDDAB3，BC1，CD2BCCD1ABCD，则冰球位移的大小是（ 【答案】 【解析】BCCDBCCDcosπBCD1，即12cosBCD则cosBCD1，即BCDπABCD，所以ABCπAD9914231132 2

ABBC

ABBCCD2ABBCABCDBC（f(x)2sin2x2π 3 fx的图象关于点π0 fx在区间π4πf

3

y2sin2x3【答案】A2T5πππ，所以Tπ 12 由T2π得ω2由π2φ2kππkZ得φ2kπ2π，又0φπ可得φ2π f(x2sin2x2πA 3 fπ

2π

π,0因为3

2sin23

3 0，所以

fxB xπ4π2x2π2π2π2π4π 3

3ysinxx2π2π2π4π 3fx在区间π4πCf

3

y π π fx2sin2xy π π 3

3 3 3 （改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”M，NQ，称VQMN为“阿基米德三角形”.已知抛物线C:y24xFFl交抛CA，B

3BFCA，BP，则VPAB的面积为（28【答案】

32

64

56F(10)ABxmy1xmy联立方程y2 ，得到y4my40Ax1y1Bx2y2y10y20，y1y24my1y24

3BFx113x21x13x22AF3FBy13y2所以3yy4y24 y23y y24x12x3A323 y24x4x1B123

3y1

4m43,得到m 3 ABx

3y1，即3xy 0y24x两边求导得到2yy4y2A点的切线斜率k1

2 322PAy

3x PBy

3x3y

3x

23联立方程得到

P1,3y

3x 323123231238 |AB|x1

p31216 所以

V

AB

1164332 3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．下列结论正确的是（7，8，8，9，11，13，15，18，20，228018【答案】A，由1080%880百分位数为182019CP2ξ62Pξ60.50.6，正确；D，由于0.250yx已知等差数列a满足：a0，公差d0，其前n项和为S，且aa

1S，则下列正确的有（ 若a11，则d

若a1d，则d

13 3a1a2的最小值为 D．a1的取值范围是0,【答案】S9

9a5所以

1

93a5因为a10，公差d0，所以an0，故a1a33，即a1a12d3.当a11d1A正确若a1d，则0d2da12d，所以dd2da1a12d3，即d21故d1B正确由a1a12d3，得d

a1.所以a

aad2a

3a13a1

3

3a1·23a13a1·2 故a1a23C错误由aa2d3，得2d3a0，即3a20，解得0a ，故D错误 已知椭圆W

两点，MAC的中点，则（OMAC的斜率之积为BD2,1F的距离之和的最大值为6BF3D．B，F，M11．【答案】 【解析】椭圆W 1的右焦点

F

A3,0 则有x3,y0，满足111，有y29x2， MAC的中点，则M3x1y1 2 kOMkAC 1 1 1，A选项正确3x3 9 椭圆W 1的左焦点

F10

BF

6 BDBF6BDBF6DF6 BDFFBD之间时等号成立，B

1

,2BF2FM

2

，C BFFMBFFMFB，F，M三点共线，D选项正确；第二部分（非选择题共92分351512．在

1x2x的展开式中，x的系数 【答案】 1

8k

1 1

4【解析】由题意 x

的通项为 Ckx

2,k0,1,…,8 2x

k

2x 2 令43k1，则k2x的系数是

12

C27 x，yx＋2y＝1，则2x

y

的最小值 【答案】21x12y1211x1y1x y x y1 4y xx1x1y1 由于x1y1

1,当且仅当x1y1x1y04y x

4y x所以211x1y1112，则21的最小值为2x

y 4y

x

x

y14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者. 2 北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为15m/min，则机器人行走2min时距原 【答案】 M

MP15230MP30OMOM 2OM|2OM|2MP|22OMMP||OM|30 2OM30OM |OM|230OM22OM30OM当θπOP30m，当θ0π时，1sinθ0 OP

601sinθ15时，221sinθ

450

OM0OM30 OP152,30，最远距离是30m，最近距离是152m 152152577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分） 已知等差数列a的前n项和为S，且S4S, 2a1 若ban1an11，求数列b的前n项和T 【解析】（1）数列an为等差数列，设首项为a1，公差为da2n2an1对nN*必有a22a11所以a22a11a1d2a1

a1S 4a6d42ad d 所以an12n12n 即数列a的通项公式为a2n1nN*.（6 an1an1

14n211（2）bn

4a 42n12n 4n2n 11 1111nN*（9分）4 2n12n1 82n 2n1 TbbbL

1

n2

.（13分16．（15分

8

2n1

4nPABCD中，PDABCDABCDPDAB2AD，BADπADPBPABPDB【解析】（1）ADaAB2aPD2a在△ABDBD2AD2AB22ADABcosDABADaAB2aDABπBD2a22a22a2acosπa24a24a213a2BD AD2BD2a23a24a2AB2ADBD，（4分PDABCDADABCDPDAD．（5分）PDBDDPDBDPBDADPBD．PBPBDADPB.（7分）（2）PDABCDADBDABCD为平行四边形，DDADBDPxyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，（8分

3a．（3分由（1）ADaBD3aPD2a,PBD的一个法向量为m100，PAB的一个法向量为nxyz ABa,3a,0，APa,0,2a→nABax3ay则→ x23，可得n232,3，（11分）PABPDB的夹角为θ，则

→m m

232211所以sinθ112故tanθsinθ 2

21.（15分17．（15分 已知双曲线C 1a0,b0的左、右焦点分别是1，2，其实轴长为 求C的标准方程

F2的直线l与CP，Q两点，与C的两条渐近线交于MNP，M均在第一象限MF23NF2，求直线l 【解析】（1）由于双曲线C

21a0b0的实轴长为

所以2a422c8，所以a22c4c2c2

221616所以Cxy1.（4分 （2）（i）当直线lx4yx，联立直线ly4

4,

4，此时不满足题意，所以直线l的斜率存在设直线lykx4，与双曲线的渐近线方程联立得ykx4和ykx4y yx

4k,y

x

4k,y

，所以M

,

,N

,4kk

k

k

k

k

k1 k

k1k因为MF3NF，所以 3y即 k

k，解得kk 所以直线ly2x4，即2xy80.（9分（ii）当直线l的斜率不存在时，其方程为x4，代入双曲线方程中得y 1428 V当直线l的斜率存在时，设直线lykx4ykx与双曲线方程联立

2y2

得1k2x28k2x16k280.（11分 Px1kx14Qx2k

x2

8kk21,x1

16k2 k28kx1x2k210x1x2xx 4x 1

16k2k2

0，所以k1或k1 18y

4

4k

4k4

4k2k21264k416k2k213k2k 2k

162

k2fk3

1

4

1

k214

，由于k21，所以k20k k

3

1 3 3

3

9k k214

4所以 3 1 9k 3k23k21k42k2

162

综上SVPQF162，所以△PQF1面积的取值范围为162.（15分18．（17分（新情境）针对制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析制一、单败淘汰制：参者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军制二、双败淘汰制：参者随机分组进行初，胜者组、负者组分别组内随机抽签比，胜者组失败4人为例，如图：假设在强者（只有一人）与弱者单场比中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比时胜率均为r．Pp 当n4，p0.7，r0.5时，求制一、制二相应的P 针对制三，W强、W弱分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出EW强、EW弱；当n16，p0.6评价三种制对“强者”和“弱者”的影响【解析】（1）单败淘汰中，任何一场失利都意味着出局强者必须赢得其参加的所有k(klog2n)场比才能夺冠，当n4，p0.7时，P(p) pk0.720.49．情况1、A全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比：第一轮初、胜者组决、总决，概率为Pp3；情况2、A在小组初输一次，但后面比中全胜，概率为Pp3(1p)情况3、A在小组初胜，在胜者组初输一次，但在后面比中全胜Pp3(1p)

PPPp332p)0.73320.7)0.5488．（5分强者一共打n1场比，W强~B(n1，p)，E(W强)(n1)p一个弱者打n1场比，对阵强者，赢的概率为1p，对阵其他n2个弱者（弱者之间比胜率为r），所以E(W弱)1p(n2)r．当n16p0.6r0.5E(W强E(W弱)n1p[(1pn2)0.5np0.5)1.6p0.5，所以np0.5)0E(W强)E(W弱)强者要稳定夺冠，需要E(W强)显著大于E(W弱)，实力差距p0.5越大，参人数n越多，强者预期胜场领先优势n(p0.5)就越大．（11分）①p0.7时，若n4，P( 0.720.490.5若n8时，P( 0.730.343若p0.8，n16，则P( 0.840.4096（约41%单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比（klog2n场），任何场失败（即使概率1p很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比场次的增加而显著累积．在同样条件（n4，p0.7）Pp)win0.5488Pp)win0.49．对于实力顶尖的选手（p很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因③单循环制最有利于强者，原因在于比场次多（n1场），根据大数定律和中心极定理，实力更强（p0.5）的选手在大量比中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减规模参．（17分）19．（17分fxbxax（abR且a1当aeyfxx20b若对任意的b2efxa当aeb0gx1flnx有两个不相