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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．已知全集，集合，则 （ ）
A． B． C． D．
2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．若函数为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
6．某企业开发了一款软件，已知下载该软件用户的“提问次数”（单位：千次）服从正态分布，且．现从下载该软件用户中随机抽取1名用户，则“提问次数”在区间的概率为（ ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
7．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（ ）
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．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的极差不大于的极差
B．的60%分位数等于的60%分位数
C．的众数等于的众数
D．的方差不小于的方差
10．棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（）
A．点的轨迹长度为
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成角的正切值最大是2
D．存在点使平面平面
11．已知函数，则（ ）
A．当时，有2个零点
B．当时，有3个零点
C．当时，只有1个零点
D．当时，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．已知，，若，则实数______.
13．设函数，已知，则的最小值为________.
14．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______.
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．
(1)若，且，求的值；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域．
16．如图，在四棱柱中， ，平面分别是的中点，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
17．为了测试AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与象棋软件进行比赛.比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋都分胜负、没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响.已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，.
(1)设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件，象棋大师甲得2分为事件，求；
(2)由于象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行6局，且当两位象棋大师的总得分与象棋软件的得分相差2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了局，求的分布列及数学期望.
18．已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)已知A，B，C三点均在上，
（i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标；
（ii）若的重心是坐标原点，求的面积.
19．已知数列满足，.
(1)证明：；
(2)设，证明：数列为递减数列；
(3)设为数列的前项和，求，其中表示不超过的最大整数（）.
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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．已知全集，集合，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由可得：，
因为，所以.
2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】由复数在复平面内对应点的坐标为，对应象限即可作出判断.
【详解】解：由，
则在复平面内对应的点为，位于第二象限.
3．已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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】C
【分析】借助平面向量共线定理结合充分条件与必要条件定义判断即可得.
【详解】若与共线，当时，存在实数，使得，
整理得，
若与不共线，则且，矛盾，故与共线；
当，有，此时与共线；
故“与共线”是“与共线”的充分条件；
若与共线，则存在实数，使得，
则，，故与共线，
故“与共线”是“与共线”的必要条件；
综上可得：“与共线”是“与共线”的充要条件.
4．已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】将点代入中得，则，则准线方程为，
故点到的准线的距离为.
5．若函数为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性可求解，即可代入求解.
【详解】的定义域为，由于为偶函数，故，
即，
整理可得，故，则，
所以.
6．某企业开发了一款软件，已知下载该软件用户的“提问次数”（单位：千次）服从正态分布，且．现从下载该软件用户中随机抽取1名用户，则“提问次数”在区间的概率为（ ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
【答案】C
【详解】
则.
7．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出，再与联立求出即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
若，
则，得，
则；
若，
则，得，
与矛盾，
故.
8．已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得，计算，求证为单调递增数列，再得到为等差数列求解即可.
【详解】令，计算可得，所以，因为，则，
两式相减可得，由递推公式及知，为单调递增数列，
则，则，则，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，故所求为.
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．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的极差不大于的极差
B．的60%分位数等于的60%分位数
C．的众数等于的众数
D．的方差不小于的方差
【答案】AB
【详解】不妨设，则的极差为，
又的极差为，所以的极差不大于的极差，故A正确；
不妨设，又，所以的60%分位数为，
又，所以的60%分位数为，故B正确；
取特殊值，设一组数据为的众数为2和3，而的众数为2．故C错误；
当一组数据是常数时，去掉两个值（可以理解为最大、最小值），数据的波动性不变；当数据不是常数时，去掉最大、最小值，数据的波动性一定变小，也就是方差变小．所以的方差不大于的方差，故D错误．
10．棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（）
A．点的轨迹长度为
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成角的正切值最大是2
D．存在点使平面平面
【答案】BD
【分析】对于A，通过证明面面平行，进而可得线面平行，进而确定点P的轨迹；对于B，利用等体积法即可判断；对于C，作出线面角，通过分析可知当最短时，最大；对于D，当点为的中点时，平面平面，用向量法证明即可.
【详解】对于A，分别取的中点、，连接、，
分别为的中点，，
∵，且，∴四边形为平行四边形，
，，，
平面，平面，平面，
分别为的中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
，平面，∴平面平面，
为侧面内一动点且满足平面，
∴动点的轨迹为，此时平面，∴恒有平面，
，故错误.
对于，，点到平面的距离为正方体的棱长，
∴，故正确.
对于，分别取、的中点M，N，过作平面，连接，
显然点H落在MN上，则为直线与平面所成的角，
，当最短时，最大，显然当时，
最短，由题知是直角边长为1的等腰直角三角形，，故
，故错误.
对于，当点为的中点时，平面平面，下面证明.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
为的中点，，
，
，
，
，
，平面，平面
平面，平面平面，故D正确.
11．已知函数，则（ ）
A．当时，有2个零点
B．当时，有3个零点
C．当时，只有1个零点
D．当时，有2个零点
【答案】BC
【详解】对于A，时，有1个零点，时，，
当时，时，时，，
所以的单调增区间为，单调减区间为时，，所以时，没有零点，A错误；
对于B，当时，在时，有2个零点，B正确；
对于C，由得，时，时，，
令，则
对，且时，，所以在上单调递增，
在上单调递增，且时，，
所以只有1个零点，C正确；
对于D，当时，在上单调递增，时，无解；
时，的极小值为有1个零点，D错误.
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．已知，，若，则实数______.
【答案】
【详解】因为，故，故.
13．设函数，已知，则的最小值为________.
【答案】
【详解】由，得，
所以，解得，
由，得，
所以，解得，
所以，
当或时，取得最小值．
14．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______.
【答案】/
【分析】根据椭圆定义和余弦定理可构造方程，利用表示出的长度，再利用余弦定理构造关于的齐次式即可求得离心率.
【详解】
设，则，
由椭圆定义可知：，，
由余弦定理得：，
整理可得：，（舍）或，
，，，
，，即，
的离心率.
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．
(1)若，且，求的值；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简，得到，结合角的范围求出，利用两角差的正弦公式代入求解即可.
（2）根据图像平移变换得到，结合余弦型函数性质求值域即可.
【详解】（1）由题意知，
令，所以，
又，所以，
所以，
所以．
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，
当时，，
所以，，
即的值域为．
16．如图，在四棱柱中， ，平面分别是的中点，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证平面，连接，进而证明平面，利用面面平行的判定定理可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值．
【详解】（1）因为分别是的中点，棱柱的侧面是平行四边形，侧棱互相平行且相等，
所以，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面．
连接，由分别是的中点，分别是的中点
，得，所以，因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，在棱柱底面中，，所以平分，且．
分别以所在直线为轴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，
则，即，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以平面的一个法向量，
设二面角的大小为，
则，所以，
故二面角的正弦值为．
17．为了测试AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与象棋软件进行比赛.比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋都分胜负、没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响.已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，.
(1)设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件，象棋大师甲得2分为事件，求；
(2)由于象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行6局，且当两位象棋大师的总得分与象棋软件的得分相差2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了局，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)
1 2 3 4 5 6
【详解】（1）已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，
所以甲连胜两局的概率为，乙两局中胜一局的概率为，
所以，
前两局共得3分分为两种情况：
甲得2分，乙得1分，概率为；
甲得1分，乙得2分，概率为，
所以，
所以
（2）每局结束后，两位大师和AI的总得分可能情况为：
甲乙都输：0分，AI：2分，分差为2分；
甲乙一胜一负：1分，AI：1分，分差为0分；
甲乙都赢：2分，AI：0分，分差为2分；
所以单局结束后继续比赛的情况为，结束比赛的概率为，
所以的可能取值为1,2,3,4,5,6，
，
，
分布列为
1 2 3 4 5 6
.
18．已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)已知A，B，C三点均在上，
（i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标；
（ii）若的重心是坐标原点，求的面积.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据题设点到直线与定点的距离关系列等式，平方化简后得到椭圆标准方程.
（2）（i）用点坐标表示，结合等差数列条件，联立直线与椭圆方程求坐标，计算后代入条件解方程得点坐标.（ii）分直线斜率存在与不存在两种情况，利用重心坐标公式、弦长公式和点到直线的距离公式计算面积，最终得面积为.
【详解】（1）由题意知，设曲线上任意一点的坐标为，
所以，即，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）（i）设，则，
设 其中，
由，消去，得 ，
则，
从而，
同理可得，
则
，
由成等差数列，得，即，
解得，或（舍），或（舍），
相应的，所以点的坐标为.
（ii）设，
当直线AB的斜率不存在时，易得，直线AB的方程是，
或，直线AB的方程为.
将代入椭圆方程，可得，
所以的面积.
当直线AB的斜率存在时，
根据重心的性质可得AB的中点，
由两式相减并化简得，
即，，
所以直线AB的方程为，
即.
令，可得直线AB在轴上的截距为，则
将代入椭圆方程可得，
即，则，
所以，
所以，
设坐标原点为，因为是的重心，所以，
所以的面积是.
19．已知数列满足，.
(1)证明：；
(2)设，证明：数列为递减数列；
(3)设为数列的前项和，求，其中表示不超过的最大整数（）.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件得出，利用放缩可得，结合累加法可证；
（2）化简，结合判断正负性即可；
（3）根据得出，根据，得出，
以及，进一步得出，构造函数，令，得出，即可求出，最后得出.
【详解】（1）因为，，所以，
则，即，
则，
则，
又，所以，
若，则，则，
因为，所以恒成立，
故对任意恒成立；
（2）由（1）可知，
，
因为，所以，，
则，故，
则，故数列为递减数列；
（3）因为，所以，
则
，
因为，所以，故，
因为，，
所以，
则
，
令，则，
则在上单调递增，故，即，
令，则，则，
故，
则，
则，则，则，
故，故.
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