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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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数z满足，则（ ）
A． B．i C． D．1
3．已知向量，，定义，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知等比数列的前项和为，且成等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
6．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（ ）．
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．已知样本数据：1，，2，x，2，3，若该样本的平均数为2，则（ ）
A． B．该样本数据的极差为4
C．该样本数据的众数为2 D．该样本数据的方差为
10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（ ）
A．直线与平面平行
B．四面体的外接球的表面积为
C．三棱锥的体积为
D．平面与平面的夹角的余弦值为
11．设是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C． D．恰有2个零点
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．若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____.
13．已知等差数列满足，，则当时，的最小值为_____．
14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，且，若的平分线与轴交于点，有，则双曲线的离心率为______.
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．已知函数的解集为．在数列中有，当时，记
(1)求数列的通项公式．
(2)设数列满足，数列的前项和为，求证：．
16．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
(1)求甲连续打前四局比赛的概率；
(2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
(3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
17．设.
(1)解不等式;
(2)设，若存在，使得，求实数的取值范围.
18．已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角.
(1)求的值；
(2)当二面角的大小为时，.
（i）求的解析式；
（ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值.
19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值；
(3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．
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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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据并集的定义即可求得.
【详解】,,所以.
2．设复数z满足，则（ ）
A． B．i C． D．1
【答案】D
【详解】因为，
所以．
3．已知向量，，定义，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据新定义结合数量积坐标公式计算求解参数即可.
【详解】由题知，解得.
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为，即，
所以，（负值舍去），
所以.
5．已知等比数列的前项和为，且成等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，又成等差数列，
所以，
因为，所以，
解得．
故.
6．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法.
乙有2种选法，丙有3种选法，所以.
事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种.
丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以，
因此.
7．已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】易知的渐近线为，
联立，可得，或，
不妨设，，
又的面积为16，则，解得，
联立整理得，
解得或（舍去），
所以，，
所以.
8．已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于A，根据，都有判断；对于B，根据时，；对于C，根据，只对成立判断；对于D，由题得，再分和两种情况讨论判断.
【详解】对于A选项，的定义域为，对于任意给定，任取，都有，满足“倍增友好函数”定义；
对于B选项，的定义域为，对于任意给定，取，，满足“倍增友好函数”定义；
对于C选项，的定义域为，对于任意给定，取，，，
要使成立，则，又，解得，这意味着对于任意的的正整数，不存在满足条件，
所以该函数不满足“倍增友好函数”定义；
对于D，的定义域为，对于任意给定，取，，，
故当，即，变形得：，
所以，当时，，解得，
当时，，均满足，
综上，满足“倍增友好函数”定义.
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．已知样本数据：1，，2，x，2，3，若该样本的平均数为2，则（ ）
A． B．该样本数据的极差为4
C．该样本数据的众数为2 D．该样本数据的方差为
【答案】ACD
【详解】由得，A正确；
最大值为，最小值为-1，极差为，B错误；
出现两次，其他数出现一次，故该样本数据的众数为2，C正确；
方差，D正确．
10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（ ）
A．直线与平面平行
B．四面体的外接球的表面积为
C．三棱锥的体积为
D．平面与平面的夹角的余弦值为
【答案】BCD
【分析】利用向量法判断位置关系后可判断A的正误，利用空间距离计算外接球的球心后求得半径，再结合公式求出表面积后判断B，利用等积转化求出体积后判断C，利用向量法求出面面角的余弦值后可判断D的正误.
【详解】
以原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
对于A，，，
设平面的法向量为，则，
所以，取，
因为，故直线与平面不平行，故A错误；
对于B，设四面体的外接球的球心为，半径为，
则，
故即，
故，故外接球的表面积为，故B正确；
对于C，因为到平面的距离即为棱长，
故，故C正确；
对于D，因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，，
故D正确.
11．设是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C． D．恰有2个零点
【答案】BD
【分析】利用已知可得，结合复合函数的导数可得，计算可判断A；利用偶函数性质求得的解析式判断B；利用导数可得在上单调递减，结合偶函数的性质判断C；利用单调性及，可得在上有且仅有一个零点，利用偶函数的性质可判断D.
【详解】对于A，因为是定义在上的偶函数，
所以，所以，即，
又当时，，所以，
所以，故A不正确；
对于B，当时，则，所以
，故B正确；
对于C，当时，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
又，所以，
又函数是上的偶函数，所以，故，故C不正确；
对于D，，，，
结合函数的单调性及，可得在上有且仅有一个零点，
又因为函数是上的偶函数，可得在上有且仅有一个零点，
所以恰有2个零点，故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．若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____.
【答案】
【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为，建立等量关系，从而求出实数.
【详解】解：由题可得，所以函数在处的切线斜率为.
已知直线的斜率为，切线与该直线垂直，所以，解得.
13．已知等差数列满足，，则当时，的最小值为_____．
【答案】27
【分析】根据等差数列的性质结合等差数列前项和公式求解即可.
【详解】由，因为，
若，则所有项为正，与已知条件矛盾，所以，数列递减.
因为，所以，，
不等式移项得，即，所以，
因此，，
因为等差数列是递减数列，且，所以当时，的最小值为27．
14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，且，若的平分线与轴交于点，有，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【分析】根据题意分析可得，利用角平分线可得，再根据双曲线的定义结合余弦定理计算得出齐次式得出离心率即可.
【详解】∵，设的高为，则，可得，所以，
∵平分，可得，
则，
又因为，所以，
又中，由余弦定理得，则，
所以整理得，
故，
所以.
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．已知函数的解集为．在数列中有，当时，记
(1)求数列的通项公式．
(2)设数列满足，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由韦达定理求出的值，即可写出答案；
（2）根据题意写出数列的通项公式，利用裂项相消求出，即可得证.
【详解】（1）由题意可知：是函数的两个零点.
由韦达定理可知：
所以
当时，
所以;
（2）已知，由（1）可得，
当时，.
当时，.
则，
去括号可得
当时，，满足.
当时，，因为，所以，则，即.
综上，.
16．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
(1)求甲连续打前四局比赛的概率；
(2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
(3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可；
（2）利用条件概率求解即可；
（3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可.
【详解】（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜，
第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为，
第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
所以甲连续打前四局比赛的概率为：.
（2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局，
对于前四局中第二局乙获胜：
即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为，
第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为，
所以，
在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空
第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为，
第四局：乙、丙对打，概率为，
所以，
根据条件概率知：.
（3）由题意知得分的可能值为：，
，
，
，
，
所以的分布列为：
6
所以得分的数学期望为：.
17．设.
(1)解不等式;
(2)设，若存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因，则，
故，
即，解得，
故原不等式的解集为.
（2）因，
由，可得为奇函数.
又，因，，则
故在上单调递增.
故存在使得等价于存在使得，
等价于存在使得，
即存在使得，
因，，
则当时，取得最小值，故得.
故实数的取值范围是.
18．已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角.
(1)求的值；
(2)当二面角的大小为时，.
（i）求的解析式；
（ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）代入与轴交点坐标即可得到答案；
（2）（i）根据空间向量数量积运算律即可得到，则得到答案；
（3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再写出距离表达式，最后分类讨论即可得到最值.
【详解】（1）由，得．
（2）（i）由，得，
即，由二面角的大小为，
所以，即，
所以，即，所以，
故．
（ii）建立如图所示空间直角坐标系，
则，设，，
，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以，
，
当时，；
当时，，当时，，
所以点到平面距离的最大值为．
19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值；
(3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在定点 ，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明.
（3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解.
【详解】（1）由题意知 ，即 .
又因为离心率 ，所以 ，所以 .
故椭圆 的方程为 .
（2）证明：设 。
因为 ，所以 .
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 得 ，
由韦达定理得 .
代入 ，即 ，
整理得 。
代入韦达定理结果并化简得 。
原点 到直线的距离
所以原点 到直线 的距离为定值 .
（3）存在定点 ，理由如下：
由（1）知 ，设直线 的方程为 ，
设 ，则 ，
联立方程组 ，消去 得 ，
由韦达定理得 .
设 ，若 三点共线，则 ，
即 ，整理得 .
将 代入上式，化简得 .
代入韦达定理结果，得 .
化简得 ，解得 .
所以存在定点 ，使得 三点始终共线.
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