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绝密★启用前
2026 年普通高等学校招生仿真模拟统一考试
数 学
本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用 0.5 毫米黑色签
字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，考生须将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选
项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。
1．已知复数 z满足 z z 4, z z 5 ,则 | z |
A．5 B． 5 C．2 D．±2
2．已知全集U 1,2,3,4,5,6 ,集合 A {x N*|x2 10} ,则 U A
A． 4,5,6 B． 5,6 C． 1,2,3 D． 3,4,5,6
3．学校科技节开幕式,某科创社团有 2 名男生和 4 名女生报名担任志愿者.从中随机抽取 3 人负
责机器人展示环节的引导工作,则恰好抽到 1 名男生和 2 名女生的概率为
1 3 2 1
A． B． C． D．
5 5 5 2
4 x
2 y2
．已知双曲线C : 2 2 1(a 0,b 0) 的一条渐近线斜率为 2,焦距为 2 5 ,则 C的离心率为a b
A． 2 B． 3 C． 5 D． 2 5
高三仿真模拟考数学试卷 第 1 页 共 4 页
5．将函数 y sin(5x )( 0)
π
的图象向右平移 个单位长度后,所得图象关于 y轴对称,则 的
12
最小值为
π 7π 5π 11π
A． B． C． D．
12 12 12 12

6．△ABC中，AB = 3，AC = 4，D是 BC的中点,则 AD BC =
7 25
A． B．7 C． D．25
2 2
7．已知 2a 3， 3b 4 ， 5c 4 ，则下列大小关系正确的是
A． c a b B．b a c C． a c b D． a b c
8．已知抛物线C : y2 4x的焦点为 F，抛物线上有三个不同的点 A,B,C ，满足 AF , BF , CF 成
uuur uuur uuur
等差数列.则 | FA FB FC | 的最小值为
A．0 B．1 C．2 D．3
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共计 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．将一个棱长为 2 的正方体沿相邻三个面的对角线截去一个三棱锥,得到一个几何体.则
20
A．该几何体的体积为 B．该几何体的表面积为
3 12 2 3
C．该几何体的外接球半径为 3 D．该几何体有 7 个面
10．已知圆C : (x 2)2 (y 1)2 4 ,直线 l :mx y 1 m 0 (m R) ,则
A．直线 l恒过定点(1,1)
B．当 m = 0 时,直线 l与圆 C相切
7
C．存在实数 m,使得直线 l与圆 C相交于 A,B两点,且 AB
2
D．若直线 l与圆 C交于 A,B两点,则△ABC面积的最大值为 3
11．在锐角△ABC中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,满足 a2 b2 2c2 .则
π 3
A．C的最大值为 B． sin Asin B的最大值为
3 4
1
C． cos AcosB的最大值为 D．若 c 1 ,则 a b的最小值为 2
4
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三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分。
12．已知曲线 y x3 ax在点 1,1 a 处的切线方程为 y 4x b ,则 a b _____.
13．已知数列 an 的前 n项和为 Sn , a1 1 ,且对任意正整数 n 2 ,都有 an Sn Sn 1 ,则 a5 =______.
14．某学校有 5 个班级,每个班级有 1 名男生和 2 名女生报名参加运动会,现要从这 15 名学生中选
出 6 人组成校代表队,要求每个班级至少选 1 人,最多选 2 人,同时代表队中至少有 2 名男生,
这样的选法数为______.
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．（13 分）
在△ABC中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,已知 a 4,b 3,C 120 .
（1）求边 c的长度；
（2）若点 D在边 AB上,且满足 BCD 30 ,求△BCD的面积.
16．（15 分）
已知复数 z1 1 ,且对任意正整数 n , zn 1 zn 1 i ( i为虚数单位),记 an Re(zn ) ( Re(z) 表示复
数 z的实部).
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）设 b n nn an i ,求数列 bn 的前 项和 Sn .
17．（15 分）
如图,在四棱锥 E ABCD中,底面 ABCD中, AB CD , AD AB ,
已知 AD 2,AB 1,CD 4,AE 面 ABCD,且 AE 2 .
（1）求证:BD⊥面 ACE；
（2）设 H为△BDE的垂心,求平面 BCH与平面 CDE夹角
的余弦值.
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18．（17 分）
已知函数 f (x) x2e x .
（1）讨论 f x 的单调性,并求其极值；
（2）若对任意 x 0 ,不等式 f (x) k(x 1) 恒成立,求实数 k的最小值；
（3）设 a,b为两个不相等的正数,且 a2eb b2ea ,证明: ab 4 .
19．（17 分）
2 2
在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆C : x y2 2 1(a b 0) ,左顶点为 A a,0 ,右顶点a b 1
为 A2 a,0 .对于椭圆 C 上任意两点 A xA , yA , B xB , yB ,定义它们的“椭圆上的有向积”
为 : S A,B xA yB xB yA ,对于椭圆 C 上任意三个不同的点 A,B,C ,定义它们的新运算
为:T (A,B,C) S(A,B) 2 S(B,C) 2 S(C, A) 2 .设 n为不小于 3 的正整数,在椭圆 C上取 n个不
2kπ 2kπ
同的点 P1,P2 , ,P

n ,其中 Pk 的坐标为 a cos , bsin (k {1,2, n}) n n
.

（1）当 n 6 时,求 S P1,P4 的值；
（2）从这 n个点中任取两个不同的点,求满足 S Pi ,Pj 0的取法种数,并证明:对任意满足该条
件的两点 Pi ,Pj ,有 kP A ki 1 PjA1 为定值；
（3）若 n为 4 的倍数,从这 n个点中随机抽取三个不同的点,记为 Pi ,Pj ,Pk ,随机变量
X T Pi ,Pj ,Pk ,求 X 的数学期望 E X (用 a,b表示).
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2026 年普通高等学校招生仿真模拟统一考试
数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B A B C D A D A ACD AC ABC
1
12．-1 13． 14．815
20
【12-14评分标准】按照参考答案标准给分
15．(1)由余弦定理得: c2 a2 b2 2ab cosC 代入
1
a 4,b 3,cos120 1 , c2 42 32 2 4 3 37 所以 c 37 .(5分)2 2
1 1
(2) S ABC ab sinC 4 3 sin120
3 3 (7分)
2 2
由题意可知 ACD ACB BCD 120 30 90
S 1 BCD BC CD sin 30
1 4 CD 1 CD
2 2 2
S 1 ACD AC CD sin 90
1 3 CD 1 3CD (11分)
2 2 2
S S 5CD 6 3 ABC ACD S BCD 得方程: 3 3解得:CD (12分)2 5
因此, S 6 3 BCD CD .(13分)5
【第2问补充下图解法】
高三仿真模拟考数学答案 第 1 页 共 8 页
16．(1)由题意,因为 zn 1 zn 1 i an Re(zn )
an 1 an Re(zn 1) Re(zn ) Re(zn 1 zn ) Re(1 i) 1 (3分)
又 a1 Re(z1) Re(1) 1 ,a1 Re(z1) Re(1) 1所以数列 an 是以 1为首项,1为公差的等差数列
通项公式为 an 1 (n 1) 1 n .(6分)
(1) n 2 3 n由(1)得bn n i 则 Sn 1 i 2 i 3 i n i ①两边同乘 i得
iSn 1 i
2 2 i3 3 i4 (n 1) i n n i n 1 ②(9分)
- 2 3 n n 1① ②得 (1 i)Sn i i i i n i
i(1 in )
等比数列求和 i i2 i n (12分)
1 i
(1 i)S i(1 i
n )
代入得 n i n 1n 两边同除以1 i ,化简得1 i
n n 1 n
S i(1 i ) n i i (1 ni n) 1n 2 .(15分)(1 i) 1 i 2
【补充下图解法】
第二问，讨论了结果中的 I的周期性也给分
高三仿真模拟考数学答案 第 2 页 共 8 页
17．(1)以 A为原点， AB为 x轴， AD为 y轴， AE为 z轴建立空间直角坐标系，有
A 0，0，0 ， B 1，0，0 ，D 0，2，0 ，C 4 ，2 ，0 ，E (0 ，0 ，2)

BD ( 1,2,0)，AC (4,2,0)，AE (0,0,2)

BD AC 4 4 0 BD AC (3分)

BD AE 0 BD AE (4分)
AC AE A，AC ,AE 面ACE，故BD 面ACE (6分)
(其余几何法或向量法酌情给分)
1
【法二】证 tan ADB tan ACD ；
2
【法三】 BD // n；
【法四】 AD2 DO2 AO2 (O为交点)
(2)设H (x, y, z)，H 为 BDE垂心，列出下列方程：

EH BD x 2y 0①； BH DE 2y 2z 0②；(8分)

再求平面 BDE的法向量m :由m BD a 2b 0，m BE a 2c 0，
令b 1，得m (2,1,1)

，H 在平面 BDE内，故 BH m ，得方程： 2 x 1 y z 0 ③，联
2 1 1
立①②③:得H , , .(12分)
3 3 3

BC (3, 2,0) BH 1
3x
， , 1 , 1 n (x , y , z ) 1
2y1 0
，设法向量3 3 3 1 1 1 1
，则 ，
x1 y1 z1 0
令 x1 2，得n1 (2, 3,5) . (13分)
4x 0
CD ( 4,0,0) CE ( 4, 2,2) n (x , y , z ) 2， ，设法向量 2 2 2 2 ，则 ，
4x2 2y2 2z2 0
令 y2 1，得n2 (0,1,1) . (14分)
故 cos |n1 n2 | 19 ，平面 BCH与平面 CDE 19夹角的余弦值为 . (15分)
|n1 | |n2 | 19 19
【法二】由 BD BE 5，取 DE的中点G，则 BG DE，所以H BG，平面 BCH 即为平面 BCG，下
求两平面法向量即可【优点不需求点 H 的坐标】
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18．(1) f (x) 2xe x x 2e x x(2 x)e x .(1分)
当 x 0时, f ' x 0 , f x 单调递减；当0 x 2时,, f x 单调递增；x 2时, f ' x 0 , f x
单调递减.因此, f x 的单调递减区间为 ( ,0)和 (2, ) ,单调递增区间为 0,2 .(3分)
极小值为 f 0 0 ,极大值为 f (2) 4e 2 .(4分)
2 x
(2) 对任意 x 0 , x2e x k (x 1) x e恒成立.因为 x 1 0 ,参变分离得 k 令
x 1
2 x
g(x) x e (x 0) ,则 k的最小值为 g x 的最大值.求导得(5分)
x 1
(2x x2 xg (x) )e (x 1) x
2e x 1 xe x(2 x2)
(7分)
(x 1)2 (x 1)2
令 g ' x 0 ,解得 x 2 ( x 2舍去).当0 x 2时, g ' x 0 , g x 单调递增；当 x 2
时, g ' x 0 , g x 单调递减.所以 g x 在 x 2处取得最大值
2 2
g( 2) ( 2) e 2( 2 1)e 2 因此,实数 k的最小值 2( 2 1)e 2 .(9分)
2 1
(3)已知 a2eb b2ea且 a b ,两边同时除以 eaeb 得 a2e a b2e b 即 f a f b .
由(1)知, f x 在 0,2 单调递增,在 (2, )单调递减,故不妨设0 a 2 b .设b ta ,其中 t 1,代
入 f a f b 得 a2e a t 2a2e ta 约去 a2并取自然对数得 a 2ln t ta整理得
2ln t 2t ln t 4t ln2a ,b 因此 ab t .(12分)
t 1 t 1 (t 1)2
4t ln2 t
要证 ab 4 , 2 2只证 4 t ln t (t 1) 两边同时开平方得
(t 1)2
t ln t t 1 ln t 1 t .(15分)
t
2
令 h(t)
1
t ln t, (t 1) h (t) 1 1 1 t 1 2 t ( t 1),则有 0 因此, h t 在
t 2 t 2t t t 2t t 2t t
(1, )上单调递增,所以 h t h 1 0 ,即 ab 4 .证毕.(17分)
【评分标准】按照参考答案标准给分
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a 3b 4 4
19．(1)当 n=6时,两点坐标:P1 a cos , b sin
a 3b
, P4 a cos , b sin , 3 3 2 2 3 3 2 2


(1分)
代入椭圆有向积定义计算:

S(P ,P ) x y x a 3b a 3b 3ab 3ab1 4 1 4 4y1 0 (3分)2 2 2 2 4 4
(2)对于任意两个不同的点 Pi ,P
2i 2 j
j ,设它们的参数分别为 i 和 ,则n j n
S(Pi ,Pj ) xi y j x j yi a cos i bsin j a cos j b sin i ab (cos i sin j cos j sin i ) 化简
S(P ,P ) absin( ) absin 2( j i) 得 i j j i ,(5分)
n
记 d | i j | (1 d n 1) S(P ,P ) absin
2d
2d ,则 i j 0 解得 k (k )即 2d kn .结
n n
n
合1 d n 1的范围,唯一可能的整数解为 k 1 ,即 d (6分)
2
n
故若 n为奇数 不是正整数,不存在满足条件的间隔 d ,因此取法种数为 0.若 n为偶数:P2 i
,Pj 关于原点
n
对称,因此不重复的取法种数为 .(7分)
2
由 Pi ,Pj 关于原点对称因此
Pi (a cos , bsin ), Pj a cos( ), bsin( ) ( a cos , bsin )
yi 0 bsin bsin yk ;k j
0 bsin bsin
PA 两式i 1 xi ( a) a cos a a(cos 1)
PjA1 x j ( a) a cos a a(1 cos )
k k bsin bsin b
2sin 2 b 2sin 2 b 2
e 2相乘并化简 PiA 11 PjA1 a(cos 1) a(1 cos ) a 2(1 cos 2 ) a 2 s in2 a 2
故 kPiA k1 PjA1 为定值(9分)
(3) 2由题意,随机变量X的表达式为: X T (Pi ,Pj ,Pk ) S (Pi ,Pj ) S (Pj ,Pk )
2 S (P 2k ,Pi ) 数学期望的
线性性质:对于任意随机变量Y1,Y2 ,Y3 ,有 E Y1 Y2 Y3 E Y1 E Y2 E Y3 .由于从 n个点中
随机抽取三个不同的点,任意两个不同的点被同时选中的概率完全相等,因此
E S (Pi ,P )
2
j E S (P
2 2
j ,Pk ) E S (Pk ,Pi ) 故 E(X ) 3E S(Pi,P
2
j) (11分)
2 n(n 1)
从 n个点中任取两个不同的点,总取法数为组合数Cn 由(2)知2
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S(P 2 2 2 2 2d i ,Pj ) a b sin 对于每个固定的间隔 d (1 d n 1) ,恰好有 n个有序点对满足
n
i j d n,对应 个无序点对.因此,所有无序点对的
2 S
2总和为
n 1 2 2 n 1
S(P ,P )2 n a2b2 sin 2 2d a b ni j sin 2 2d (15分)
1 i j n d 1 2 n 2 d 1 n
n 1
sin2 2k n对任意正整数 n 3 ,有 ,( n为 4的倍数时互余角的正弦值配凑得 1)
k 1 n 2
2 a2b2n n a2b2n2
代入得所有点对的 S 2总和为 S(Pi ,Pj ) 因此,两点 S 2的数学期望
1 i j n 2 2 4
a2b2n2
2
E S (P ,P )2 4 a b
2n
为: i j n(n 1) 2(n 1)
2
E(X ) 3 a
2b2n 3a2b2n
故有 .(17分)
2(n 1) 2(n 1)
【评分标准】按照参考答案标准给分
【8.11.14详解】
8．详细答案:设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ,C x3 , y3 ，焦点 F 1,0 。由抛物线性质 PF xP 1和等差数列
条件得： 2 | BF | | AF | |CF | 2x2 x1 x3
uuur uuur uuur
向量和： FA FB FC (x1 x2 x3 3, y1 y2 y3) (3(x2 1), y1 y2 y3) 模长：
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
| FA FB FC | 9(x2 1)
2 (y1 y2 y3)
2 ,下面说明 | FA FB FC |最小值为 0
当 x2 1时，横坐标项为 0。此时 y2 2，不妨取 y2 2，设 x1 1 a, x3 1 a，解方程：
2 1 a 2 1 a 3 2 a (0,1) 符合条件故存在满足条件的点A,点 C使 y1 y2 y3 0，
2
故模长最小值为 0。答案为 A
11．详细答案:对于选项 A
法一：由正弦定理,a2 b2 2c2 等价于 sin2 A sin2 B 2sin2 C 用降幂公式化简
1 cos 2A 1 cos 2B
2 1 cos 2C 整理得 cos 2A cos 2B 2cos 2C
2 2 2
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和差化积 2cos(A B) cos(A B) 2cos 2C 由 cos(A B) cosC ,代入
得: 2cosC cos(A B) 2cos 2C ,化简得
cos(A B) cos 2C 1 2cos
2C 1
2cosC （*）
cosC cosC cosC

由锐角三角形条件,三个角均小于 , cos(A B)
1
2cosC (0,1]
2 cosC

,故 cosC
1 , 2 C ,推得 ,

,A正确.
2 2 4 3
a2 b2 c2 2c2 c2 c2
法二(简单但无法做后续选项)：由余弦定理: cosC 由基本不等式
2ab 2ab 2ab
2 ab 1 a b2 2ab ,代入 a2 b2 2c2得 2c2 2ab ,即 c2 ab .因此 cosC ,故C ,A正确.2ab 2 3
1 1
对于选项 B由积化和差公式: sin Asin B [cos(A B) cos(A C)] [cos(A B) cosC] 代
2 2
入(*)得: sin Asin B
1 1
2cosC

cosC
1 1
cosC

令
2 cosC 2 cosC


1 1 2
cosC x f (x) x, x , ,显然 f x 单调递减.因此 sin Asin B的取值范围是x 2 2
2 3
, ,B正确.
4 4
1 1
对于选项 C由积化和差公式: cos Acos B [cos(A B) cos(A B)] [cos(A B) cosC] 代
2 2
1 1 1 1
入等式(*)得 cos Acos B 2cosC cosC 3cosC

2 cosC 2 cosC
1 1 2 2 1
令 g(x) 3x , x , ,显然 g x 单调递减.因此 cos AcosB的取值范围是 , ,C正x 2 2 4 4
确.
对于选项 D由 a2 b2 2c2
a 1
,令 t , 3 (锐角三角形条件, cos A 0,cos B 0 加余弦定理b 3
a b 2 t 12 (t 1)
2 2t
代入 a b2 2c2齐次后解不等式),则 c ,令 ,由对勾函t 2
h(t) 2 1 1 t 1 t 2 1
数性质, t
1 2 2t 1 a b ,故 2 ,即 h(t) 2 .因此 2 2 2 ,即 a b 2c 2 ,当且仅当 t 1t t 1 c
即 a b时等号成立.即 a b的最大值为 2,无最小值,D错误.
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14．详细答案: 2显然唯一的人数分配结构为:1个班选 2人,剩下 4个班各选 1人,且每个班有C3 3种选 2人
的方式(男 1女 1,男 1,女 2,女 1女 2).
正难则反只算男生人数不足 2人的选法数(即男生 0人或 1人的选法数).
步骤一,1.先选 1 1 2个班级作为选 2人的班级:C5 5种选择；2.对选中的这个班,选 2人:C3 3种选法；
3.对剩下的 4个班级, 1每个班选 1人:每个班有C3 3种选法,共34 81种选法.因此总选法
1
数: N C5 C
2 343 5 3 81 1215 .
步骤二,计算男生人数为 0的选法数(全女生)要求选的 6人全为女生,即所有选中的人都来自每个班的 2
1 2
名女生,因此无男生选法数:N0 C5 C2 2
4 5 1 16 80 .
步骤三,计算男生人数为 1的选法数,要求选的 6人中恰好有 1名男生,分两种情况:情况 1:这名男生来自
2 1 1选 人的班级此情况选法数:C5 C2 16 160 .
情况 2:这名男生来自选 1 1 1 3人的班级此情况选法数:C5 1 C4 2 160 .因此男生 1人的总选法数
N1 160 160 320 .
综上 N N N0 N1 1215 80 320 815总 .
高三仿真模拟考数学答案 第 8 页 共 8 页

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