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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，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的3倍，则其底面圆的半径为（ ）
A． B．2 C． D．
3．下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下列有关说法正确的是（ ）
A．已知随机变量服从二项分布，若，则
B．记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强
C．设随机变量ξ服从正态分布，若，则
D．一组数据1，2，2，3，5，8，15，20的第60百分位数为4
5．直角中，斜边，，动点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形
7．已知直线平分圆：的面积，圆与圆：外切，则（ ）
A． B． C．6 D．7
8．若函数在内有两个零点，是自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）
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．已知为虚数单位，复数，，则（ ）
A．的共轭复数为 B．
C．为实数 D．的虚部为-5
10．已知等差数列满足，则（ ）
A．数列的前项和
B．成等比数列
C．数列的前项和为
D．数列的前200项和为100
11．已知抛物线的焦点为，准线为为坐标原点，过的直线交于两点，过点作的垂线，垂足为，则（ ）
A．的最小值为3
B．平分
C．当时，与轴夹角为
D．直线恒过定点
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．在公比q为正数的等比数列中，，，则q的值为______．
13．已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________.
14．正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______．
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，角的对边分别为，，且为钝角．
(1)求角的大小；
(2)若，为正整数，求的面积．
16．已知正项等比数列满足，且，，成等差数列，正项数列的前项和为，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
17．如图，已知梯形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值．
18．已知是双曲线的右焦点，在上，且与轴垂直．
(1)求的方程；
(2)若过点与的右支相切的直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，求的面积；
(3)设过点作两条直线与的右支分别交于（异于点）两点，且直线的斜率互为相反数，问直线的斜率是否为定值？若是，求出直线的斜率；若不是，说明理由．
19．某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具．
(1)若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率．
(2)在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为．
（i）求的数学期望；
（ii）证明：．
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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，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据集合的运算即可求解．
【详解】由题可得，，，
所以，则．
2．已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的3倍，则其底面圆的半径为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，则母线长为，然后根据题意列方程组，从而可求得结果．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则母线长为，
因为圆锥的体积是，其侧面积是底面积的3倍，
所以即，解得．
3．下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据特殊值结合单调性的性质判断选项ABC；根据奇偶性的定义以及利用导数证明单调性即可判断D选项．
【详解】，定义域为，
又，所以为奇函数，
易知，则不单调，故A不符合题意；
因为，
，则为偶函数，故B不符合题意；
，定义域为，
又，所以为奇函数，
又在单调递减，
则在单调递减，故C不符合题意；
，定义域为，
又，所以为奇函数，
，所以在上单调递增，故D符合题意．
4．下列有关说法正确的是（ ）
A．已知随机变量服从二项分布，若，则
B．记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强
C．设随机变量ξ服从正态分布，若，则
D．一组数据1，2，2，3，5，8，15，20的第60百分位数为4
【答案】C
【详解】A选项，，，故．
B选项，记两个变量的样本相关系数为，若越接近1，线性相关程度越强．
C选项，根据正态分布密度函数对称性，由得．
D选项，，该组数据的第60百分位数为5．
5．直角中，斜边，，动点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为，根据条件建立的关系式求解
【详解】
以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为，
，，，
，
，
，
，
，
即，
配方得：，
所以在以为圆心以2为半径的圆上，
，，
,其关于x单调递增，
所以取P为圆的最右边的点可取得最大，
此时，代入得.
6．在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形
【答案】C
【详解】在中，，
又可得，从而；
利用余弦定理和面积公式可将化为，
所以，从而，故是等边三角形.
7．已知直线平分圆：的面积，圆与圆：外切，则（ ）
A． B． C．6 D．7
【答案】C
【分析】由直线过圆心得出，再根据外切得出圆心间距离即可求解参数.
【详解】由题意知，圆的圆心在直线上，则，解得，
所以圆的标准方程为，圆心为，半径为1.
又圆的标准方程为，圆心为，半径为，
因为圆与外切，所以，解得.
8．若函数在内有两个零点，是自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将函数在内有两个零点转化为有两解，令，根据导数与最值的关系求解即可.
【详解】函数在内有两个零点，即有两解.令，则，
当时，，当时，，
故当时，取最小值1，
又，所以．
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．已知为虚数单位，复数，，则（ ）
A．的共轭复数为 B．
C．为实数 D．的虚部为-5
【答案】BD
【分析】求出的共轭复数判断A；求出、可判断B；由复数的加法，求出的值判断C；由复数的乘法运算，求出，可判断D.
【详解】因为的共轭复数为，所以A错误；
因为，，所以B正确；
因为，所以C错误；
因为，
所以虚部为，所以D正确.
10．已知等差数列满足，则（ ）
A．数列的前项和
B．成等比数列
C．数列的前项和为
D．数列的前200项和为100
【答案】BCD
【分析】根据等差数列性质求出，，，再逐一分析选项即可
【详解】设数列的公差为，则，解得，代入，所以错误；
，B正确；
，所以的前项和为，C正确；
数列的前200项和为，由等差数列定义可知，，前200项的和中有100组，每组结果为1，故数列的前200项和为100，D正确.
11．已知抛物线的焦点为，准线为为坐标原点，过的直线交于两点，过点作的垂线，垂足为，则（ ）
A．的最小值为3
B．平分
C．当时，与轴夹角为
D．直线恒过定点
【答案】ABD
【详解】A：设过焦点的直线为，代入抛物线方程，得，
设，，则，，
由焦点弦长公式可得，
当时，，故A正确；
B：由抛物线定义，，故为等腰三角形，，
又轴，故，因此，即平分，故B正确；
C：由，得，代入抛物线方程得，
直线的斜率，故直线与轴夹角为或，不是，故C错误；
D：点，直线的方程为，
代入原点验证可得左边，
结合，代入可得右边，
可验证当时，，即直线恒过原点，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．在公比q为正数的等比数列中，，，则q的值为______．
【答案】/
【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解即可.
【详解】因为，，则，
且，所以.
13．已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________.
【答案】
【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得.
【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，
进行次一共有种不同的取法，
恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码，
种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
故恰好取次卡片后停止抽取的概率为：.
14．正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______．
【答案】/
【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论.
【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接，
延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，．
因为，，，
所以，所以．，
同理可得．
三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体，
其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差，
即．
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，角的对边分别为，，且为钝角．
(1)求角的大小；
(2)若，为正整数，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解.
（2）利用余弦定理，结合基本不等式及已知求出，进而求出三角形面积.
【详解】（1）在中，由及正弦定理得，
整理得，
而，解得，又为钝角，所以.
（2）由余弦定理，得，
而，当且仅当时取等号，因此，即，
又为正整数，则，，
所以的面积.
16．已知正项等比数列满足，且，，成等差数列，正项数列的前项和为，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由等差中项的性质结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用结合条件与数列放缩化简可得.
【详解】（1）设数列的公比为（）.
因为，，成等差数列，所以，
即，解得或（舍去）.
所以.
（2）由，得，
两式相减，得，所以，
则.
17．如图，已知梯形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）通过，即可求证；
（2）由等体积法即可求解；
（3）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为在梯形中，，点是的中点，
所以四边形是正方形，所以，
所以将沿折起到的位置时，，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知是二面角的平面角，，
在中，，
在和中，，
所以，所以的面积为，
在平面中，作，与的延长线交于点，
则平面，由知，
的面积为，
设点到平面的距离为，由三棱锥的体积得，
所以点到平面的距离．
（3）以，为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设为平面的一个法向量，则
，即
取，得
则，
设为平面的一个法向量，则
，即
取，得
则，
所以，
所以二面角的正弦值为．
18．已知是双曲线的右焦点，在上，且与轴垂直．
(1)求的方程；
(2)若过点与的右支相切的直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，求的面积；
(3)设过点作两条直线与的右支分别交于（异于点）两点，且直线的斜率互为相反数，问直线的斜率是否为定值？若是，求出直线的斜率；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是定值，理解见解析
【分析】（1）根据题意列式求得，即可得方程；
（2）设过与的右支相切的直线方程为，与双曲线方程联立，利用判别式求得切线方程，进而与渐近线方程联立求得的坐标，可求得面积；
（3）设直线，联立方程组，利用根与系数的关系可得，设，则中的换成，得，进而计算可得结论.
【详解】（1）设的右焦点为，由在上，且与轴垂直，得，
又，所以，
所以的方程为．
（2）的两条渐近线方程为，
设过与的右支相切的直线方程为，将此方程与方程联立，消去得，
则，且，解得，
所以切线方程为，切线与轴交于点，
由与分别联立，求出的纵坐标分别为，
所以的面积为．
（3）设直线的方程为，由的方程与方程联立，
得
则，所以，
设，则中的换成，得，
直线的斜率为
，
所以直线的斜率为定值.
19．某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具．
(1)若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率．
(2)在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为．
（i）求的数学期望；
（ii）证明：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算求解；
（2）（i）根据数学期望性质计算求解；（ii）先求出导函数，再根据导函数正负得出单调性，再应用累加法计算证明不等式.
【详解】（1）甲第一次一定会得到一张卡片，甲第二次得到的卡片和第一次得到的卡片相同，甲第三次得到的卡片和第一次得到的卡片不同，
则甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率为．
（2）（i）设表示在甲已获得第种类型的卡片后，获得第种类型卡片需要购买的玩具数，则．
甲第一次购买玩具得到第1种类型的卡片的概率为1，
在甲已获得第1种类型的卡片后，每次试验中获得第2种类型卡片的概率为，
在甲已获得第2种类型的卡片后，每次试验中获得第3种类型卡片的概率为，
依此类推，在甲已获得第种类型的卡片后，每次试验中获得第种类型卡片的概率为，则均服从几何分布，
所以．
（ii）证明：．
设，则．
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，得，当且仅当时，等号成立．
令，得，则．①
设，则．
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，得，
当且仅当时，等号成立．
令，得，则．②
由①②得，
所以，
即
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