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2026年高考临考实战仿真卷
高三数学
（考试时间：120分钟，分值：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．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．对于实数、，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
4．已知直线：与直线：平行，则实数的值为（ ）
A．-1 B．0 C．3 D．-1或3
5．若的展开式中的系数为40，则正整数（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．设数列的前n项和为，且对任意正整数n，点都在直线上，则的值是（ ）
A． B．16 C． D．32
7．某科研团队研发了一款新型环保材料，其降解过程遵循指数衰减模型，实验测得，该材料在自然环境下的质量（单位：克）与时间t（单位：天）满足关系式，其中为初始质量，为一个大于1的常数，已知该材料在第10天时，其质量的常用对数值（以10为底）比初始质量的常用对数值小0.15，若要将材料质量降解至初始质量的，至少需要经过（ ）天
A．198天 B．199天 C．200天 D．201天
8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是双曲线右支上一点，且轴，若直线与以为圆心，为半径的圆相切，则双曲线的离心率为（ ）
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．已知平面向量，若，则（ ）
A．
B．向量与平行
C．向量与的夹角的余弦值为
D．当时，
10．已知函数，若的解集为或，则（ ）
A．
B．在上单调递增
C．的图象的对称中心的纵坐标为
D．不等式的解为
11．在棱长为1的正方体中，为棱AD的中点，则（ ）
A．
B．点到平面的距离为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是
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．某新能源汽车公司的电池由甲、乙两个厂家独立供货，汽车装配电池前，公司要对两个厂家所供电池进行严格检测，从甲厂家供货的件电池中检测出不达标的有件，从乙厂家供货的件电池中检测出不达标的有件．现从两个厂家等可能随机挑选一家，从所供货的电池中随机选择一件，检测结果不达标，则该件电池来自乙厂家的概率为________．
13．已知正数x，y满足，则的最小值为______.
14．已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________.
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．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．
(1)求；
(2)求的取值范围．
16．各棱长均相等的正三棱柱中，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
18．已知椭圆：的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)若斜率为的直线交于，两点，点不在直线上．
（ⅰ）求弦长的取值范围；
（ⅱ）设直线，直线与直线分别交于点，，试问的中点是否是定点？若是，请求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
19．斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有15颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛．
红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球
分值 1 2 3 4 5 6 7
(1)若甲进球概率为，乙进球概率为．甲先击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求的分布列和数学期望．
(2)丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为．
（ⅰ）求；
（ⅱ）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义．
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2026年高考临考实战仿真卷
高三数学
（考试时间：120分钟，分值：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．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先通过解一元二次不等式，求出集合的取值范围，再根据集合中的元素，筛选出同时满足集合条件的元素，得到两个集合的交集即可.
【详解】由，解得 或 ，
所以或，
又因为，
所以.
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法及共轭复数求解即可.
【详解】由，
得，
所以．
3．对于实数、，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】B
【详解】当，时，满足，但，所以”推不出“，充分性不成立，
因为，所以，又因为，所以，即 “能推出“”，必要性成立，
综上“”是“”的必要不充分条件.
4．已知直线：与直线：平行，则实数的值为（ ）
A．-1 B．0 C．3 D．-1或3
【答案】A
【详解】当时，直线：与直线：，显然直线与不平行；
当时，因为直线：与直线：平行，
所以，解得，检验符合.
5．若的展开式中的系数为40，则正整数（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据二项展开式通项公式，结合已知条件逐项判断即可.
【详解】通项公式为，
由，得. 又，所以r是偶数．
当时，，不是整数，舍去；
当时，，系数为，符合条件；
当时，，不是整数，舍去；
当时，，不是整数，舍去.
6．设数列的前n项和为，且对任意正整数n，点都在直线上，则的值是（ ）
A． B．16 C． D．32
【答案】C
【详解】解法1：因为点都在直线上，
所以①，
当时，②，
①-②得，，即，又，
所以．
解法2：因为点都在直线上，
所以①，
当时，②，
①-②得，，即，
当时，，即，
所以是一个首项和公比都为的等比数列．
所以．
7．某科研团队研发了一款新型环保材料，其降解过程遵循指数衰减模型，实验测得，该材料在自然环境下的质量（单位：克）与时间t（单位：天）满足关系式，其中为初始质量，为一个大于1的常数，已知该材料在第10天时，其质量的常用对数值（以10为底）比初始质量的常用对数值小0.15，若要将材料质量降解至初始质量的，至少需要经过（ ）天
A．198天 B．199天 C．200天 D．201天
【答案】C
【分析】根据题意，先求出，再根据，解出即可．
【详解】解：，
，
解得，则，
，
，解得．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是双曲线右支上一点，且轴，若直线与以为圆心，为半径的圆相切，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知得出，再轴，代入计算得出，最后应用定义得出齐次式计算离心率.
【详解】因为直线与以为圆心，为半径的圆相切，所以圆的半径，
又，所以，所以，
因为轴，所以当时，有，解得，所以，
因为，所以，
所以，整理得，
因为，所以，解得.
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．已知平面向量，若，则（ ）
A．
B．向量与平行
C．向量与的夹角的余弦值为
D．当时，
【答案】ACD
【详解】由得，所以A正确；
因为，
又，所以与不平行，故B错误；
，故C正确；
由，得，
所以，所以，故D正确．
10．已知函数，若的解集为或，则（ ）
A．
B．在上单调递增
C．的图象的对称中心的纵坐标为
D．不等式的解为
【答案】ABD
【分析】先由的解集可得是函数的极值点也是函数的零点，进而可得值及函数解析式，再根据函数的解析式判断函数的单调性及对称中心，以及解不等式可得.
【详解】因为的解集为或，所以为的极值点也是的零点，如图:
由题意得，则，解得，故A正确.
又因为为的零点,所以，解得，
故，则，
当时，，故在上单调递增，故B正确.
假设的图象的对称中心为，则对，
，则，
即，所以,解得，
而，
所以的图象的对称中心的纵坐标为，故C错误.
又因为，得，，
所以，得，故D正确.
11．在棱长为1的正方体中，为棱AD的中点，则（ ）
A．
B．点到平面的距离为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是
【答案】ABD
【分析】ABC选项，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，线面角的夹角正弦公式进行求解；D选项，先证明面面平行，进而得到线面平行，从而得到动点的轨迹，求出区域面积
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
故，
则，，A正确；
B选项，，，，
设平面的法向量为，
则，
令得，故，
点到平面的距离为，B正确；
C选项，由B知，平面的法向量为，
设直线与平面所成角的夹角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为，C错误；
D选项，分别取的中点，连接，，
则，
因为，，所以四边形为平行四边形，故，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，平面，所以平面平面，
当动点平面时，平面，
则动点的轨迹所形成区域为及其内部，
为等边三角形，边长为，故面积是，D正确.

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．某新能源汽车公司的电池由甲、乙两个厂家独立供货，汽车装配电池前，公司要对两个厂家所供电池进行严格检测，从甲厂家供货的件电池中检测出不达标的有件，从乙厂家供货的件电池中检测出不达标的有件．现从两个厂家等可能随机挑选一家，从所供货的电池中随机选择一件，检测结果不达标，则该件电池来自乙厂家的概率为________．
【答案】
【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式求解即可.
【详解】记事件“任取一件电池检测不达标”，“电池是从甲厂取出的”，“电池是从乙厂取出的”．
依题意可知，，，，
由全概率公式，得，
则．
13．已知正数x，y满足，则的最小值为______.
【答案】
【分析】根据题意得，再结合基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】因为正数x，y满足，所以，即，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
14．已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________.
【答案】1
【分析】分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对进行分类讨论，得到答案
【详解】
，
所以的一个周期为，
当时，
，
由于在上恒成立，
故在上的零点个数，即为的解的个数，
，显然无解，舍去，
，
由，得，所以，
在上单调递减，
当时，
，
因为在上恒成立，
故在上的零点个数，即为的解的个数，
，显然无解，舍去，
，
由，得，所以，
且在上单调递减，
在区间内恰有个零点，
需满足在每个区间内只有1个零点，
若，则，满足
即有且只有1个解，
，满足
即有且只有1个解，
综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；
若，则，满足，
即有且只有1个解，
，满足
即有且只有1个解，
综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去；
若且，其中，则，
不满足，无解，
同理，不满足，
无解，
综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去；
若，则，满足，
即有且只有1个解，
，不满足，无解，
故函数在各个区间内各有1个零点，
在区间内恰有2026个零点，满足要求；
若，则，不满足，
即无解，
，满足，有且只有1个解，
故函数在内各有1个零点，
但在内无零点，
故在区间内恰有2025个零点，不合要求；
综上，
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．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．
(1)求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，结合三角恒等变换得，进而求得答案；
（2）根据正弦定理得，，再结合三角恒等变换得，最后结合求解值域即可得答案.
【详解】（1）在中，，
又，所以，
又，所以，
由，得．
（2）由正弦定理有，
所以，，
，
由，有，可得，
所以，即的取值范围为．
16．各棱长均相等的正三棱柱中，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）证明：连接，交于点，连接．
因为正三棱柱各棱长均相等，所以侧面为正方形，所以为中点，
又为中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为为正三角形，为中点，所以.
以为原点，，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正三棱柱各棱长为2，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，，所以.
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，，所以.
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性即可；
（2）令，分离参数，构造函数，将问题转化为与函数有两个交点；利用导数分析函数的单调性及取值情况，可得的取值范围，从而得到实数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为.
时，，，
令，易知在上单调递减，且，
所以当时，；当时，.
所以时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由有两个零点得，方程在上有两个根，
所以，所以在上有两个根.
设，，则，
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
且的极大值为，
又，当时，，且时，.
所以要使方程在上有两个根，
则直线与的图象有两个交点，
所以，故实数的取值范围为.
18．已知椭圆：的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)若斜率为的直线交于，两点，点不在直线上．
（ⅰ）求弦长的取值范围；
（ⅱ）设直线，直线与直线分别交于点，，试问的中点是否是定点？若是，请求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）是定点
【分析】（1）根据离心率及椭圆上的点代入求解即可.
（2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合即已知条件求出的范围，设出，坐标，利用两点间距离公式即韦达定理得到，进一步求范围即可.
（ⅱ）直线方程与联立，求出点坐标，直线方程与联立，求出点坐标，结合韦达定理化简求解即可.
【详解】（1）设的半焦距为，离心率，，所以，．
又点在上，所以，所以，
所以，，的方程是．
（2）（ⅰ）设斜率为的直线的方程是．
由不在上，知，所以，
联立，消去化简得．
则判别式，解得，所以．
设点，，则由韦达定理得，．
所以由弦长公式，得
．
因为，所以，所以，
所以，所以．
所以弦长的取值范围是．
（ⅱ）由（ⅰ），，
直线的方程为，直线的方程与联立，解得．
直线的方程为，直线的方程与联立，解得，
所以的中点的坐标为，
因为直线的方程为，，，，，
所以
，
所以的中点是定点．
19．斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有15颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛．
红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球
分值 1 2 3 4 5 6 7
(1)若甲进球概率为，乙进球概率为．甲先击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求的分布列和数学期望．
(2)丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为．
（ⅰ）求；
（ⅱ）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义．
【答案】(1)
甲得分 0 1 8 9
概率
数学期望为
(2)（ⅰ）；（ⅱ）答案见解析
【分析】（1）根据题意理解比赛规则，分析甲可能得分的情况及对应的概率，列出得分分布列，并求出期望；
（２）（i）根据题意列出递推关系式并确定，再利用递推关系构造等比数列求出；（ii）根据表达式分析充分大时的实际含义．
【详解】（1）由题意可知，甲先击球，双方累计3次，规则如下：
首次上场必须先打红球，若打进后打黑球，若未进球换对方上场，必须击打红球；
甲进球概率为，乙进球概率为．
分析可知，甲的可能得分为，
即当时，可能情况为：①甲未进，乙未进，甲未进，②甲未进，乙进球，乙进球，③甲未进，乙进球，乙未进．
概率为：．
当时，可能情况为：①甲进球，甲未进，乙未进，②甲未进，乙未进，甲进球，③甲进球，甲未进，乙进球．
概率为：．
当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲未进．
概率为：．
当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲进球．
概率为：．
∴甲的得分情况的分布列为：
甲得分 0 1 8 9
概率
数学期望为：．
（2）（ⅰ）已知3人实力相当，则获胜概率均为，
∵第一场比赛乙对战丙，甲坐冷板凳，，
分析状态转移规律：从任何状态，下一场比赛坐冷板凳者变为当前比赛失败者，概率各，
则递推关系为：，
对展开并移项得：，
假设存在常数使得构成等比数列，即，
则，所以，解得，
令，则，
是首项为，公比为的等比数列，则，
，
，即．
（ⅱ）当时，，故，这表明在长期比赛中，甲、乙、丙三人坐冷板凳的概率趋于，
体现了比赛的公平性，由于3人实力相等且转移概率对称，系统稳定时每人坐冷板凳机会均等．
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