精品解析：名校教研联盟2026届高三上学期高考仿真模拟卷（样卷）数学试卷

2026届高考仿真模拟卷（样卷） 数学试卷 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. 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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，.，且点在第四象限，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，球的半径等于圆锥的高，则圆锥的表面积与球表面积之比为（ ） A B. C. D. 5. 以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知，：函数在区间上存在最大值，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在中，为上一点，且平分，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若时，，则的取值范围是（ ） 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. 有一组样本数据，，，满足，则（ ） A. 该样本数据的中位数是 B. 该样本数据的极差是 C. 该样本数据去掉后方差变小 D. 该样本数据去掉后平均数可能不变 10. 已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C 平面 D. 平面 11. 已知，，是满足动点的轨迹，是以，为焦点的椭圆，下列说法正确的是（ ） A. 与轴有2个公共点 B. 若，有2个公共点在轴上，则的方程为 C. 若为，的公共点，且，则的长轴长为 D. 点到原点距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离为______. 13. 已知函数是定义域为的奇函数.设，若在的最小值为2，则在的最大值为______. 14. 已知集合满足，且当时，，则中元素的个数至多为______. 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. 已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由. 16. 已知数列前项和为，，. （1）求； （2）若数列满足，对任意，，恒有，.求数列的前项和. 17. 如图（1）点，分别为矩形边，的中点，.，.将，分别沿，折叠得几何体，如图（2），平面与平面所成的二面角为.平面与平面的二面角为. （1）当时，证明：点，，，共面； （2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 18. 向日葵是菊科向日葵属的一年生草本植物．因花序随太阳转动而得名，深受人们喜欢，某向日葵基地为促进该基地旅游业发展，特邀请一文旅公司制作文旅创收方案． （1）公司调查发现该基地成熟向日葵花盘直径（单位：cm）近似服从正态分布．试估计一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率； （2）该公司特设置一游戏，根据游戏结果对游客全程所有消费进行打折，该游戏有两种方案，游客在这两种方案中任选一种参加游戏．方案一：不透明袋子里装有2个红球，4个白球，顾客从中一次性摸出3个球，若摸出2个红球1个白球获得“六折优惠”，若摸出1个红球2个白球获得“八折优惠”，若摸出3个白球不优惠．方案二：如图游客开始站在①位置，游客每掷一次骰子，就沿顺时针方向移动一次．若掷出正面朝上数字为奇数，游客就向前移动1格；若掷出正面朝上数字为偶数，游客就向前移动2格．游客重复掷骰子直到游客第一次到达⑨位置获得“九折优惠”或第2次到达①位置获得“七点五折优惠”游戏结束．若想要获得最大优惠，游客应选哪个方案？说明理由． 参考数据：若，则．． 19. 已知函数，. （1）若，求； （2）已知函数图象关于直线对称，函数的图象关于直线对称. （i）求，； （ii）若，，.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考仿真模拟卷（样卷） 数学试卷 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. 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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得，进而得到，进而求解即可. 【详解】根据题意有，则， 故. 故选：C 2. 已知，.，且点在第四象限，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据向量垂直的坐标表示和模长的坐标表示即可得到方程组，解出即可. 【详解】设，且，①， ，②， 又，③， 由①②③解得，则点的坐标为. 故选：A. 3. 已知等差数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列性质计算即可得. 【详解】因为等差数列满足，，且，故， 又，即，故. 故选：A. 4. 已知圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，球的半径等于圆锥的高，则圆锥的表面积与球表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的表面积与球的表面积公式计算即可求解. 【详解】圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形， 则圆锥的高为1，母线长为， 所以该圆锥的表面积为， 球的半径为1，表面积为， 所以圆锥的表面积与球表面积之比为. 故选：C 5. 以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线方程，求得焦点和准线，再求满足题意的圆方程，利用弦长公式，即可求得结果. 【详解】抛物线的焦点为，准线为， 故圆的圆心为，半径. 又点到直线的距离， 故弦长. 故选：D 6. 已知，：函数在区间上存在最大值，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数分析得的单调性，则得到不等式组，解出的范围，再根据必要不充分条件的判断即可得到答案. 【详解】， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则上单调递减， 且. 若在区间上存在最大值，则该区间须包含极大值点， 且极大值不小于区间右端点的函数值（否则函数在该区间没有最大值），即， 由得，即，分解因式得，解得， 联立，解得， 又因为是的真子集， 是的必要不充分条件. 故选：C. 7. 在中，为上一点，且平分，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形面积公式，结合三角形内角平分线定理、余弦定理进行求解即可. 详解】设，则. 设，因为平分， 所以， 因此有.，其中，由余弦定理可知： ①， ②， 由①，②可知，故. 故选：D 8. 若时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，令，由已知可得，设，利用导数可得函数在上s单调递增，且有，从而得，，令，，利用导数求出函数的取值范围，即可得答案. 【详解】，即. 设，则. 由，得. 设，则， 所以在上单调递增， 由知，所以， 即，，，所以 设，，则， 所以在单调递减，所以， 所以的取值范围是. 故选：B. 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，，，满足，则（ ） A. 该样本数据的中位数是 B. 该样本数据的极差是 C. 该样本数据去掉后方差变小 D. 该样本数据去掉后平均数可能不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，由中位数、极差计算方式可得答案；对于CD，通过举特例可判断选项正误. 【详解】对于AB，因为， 故这组数据的中位数是中间两个数的平均数，即. 极差是最大的数与最小的数之差，即，故A，B正确； 对于CD，这组样本数据去掉后方差可能变大、变小或不变， 如，，，的值无限接近于，. 则原数据的方差为. 而去掉后的数据方差为，在这种情况下方差变大，故C错误； 若恰好等于数据的平均数，则去掉后平均数不变，故D正确. 故选：ABD 10. 已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D. 【详解】如图所示： 易知平面底面， 设在底面上的投影为， 若，，三点共线，则在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上， 故，，，四点共圆， 若，，三点共线， 同上可知在直线上， 故为圆的直径， 所以，, 又底面，底面， 故， 平面，， 所以平面， 又平面，故， 同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 11. 已知，，是满足的动点的轨迹，是以，为焦点的椭圆，下列说法正确的是（ ） A. 与轴有2个公共点 B. 若，有2个公共点在轴上，则的方程为 C. 若为，的公共点，且，则的长轴长为 D. 点到原点距离的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，先由得代数式，令即可求解判断A；令结合题设条件即可求出的方程判断B；由题意结合勾股定理、和椭圆定义即可求解判断C；设，由的代数式转化得到结合的取值范围即可判断求解D. 【详解】对于A，设，则由得， 令，得，与轴只有1个公共点，A错误； 对于B，中，令，得或， 设的方程为，则，， 所以的方程为，B正确， 对于C，若为，的公共点，且， 则，， 所以，C正确； 对于D，由得， 所以解得，设， 由得， 当，时取等号，所以最大值为，D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离为______. 【答案】2 【解析】 【分析】先根据双曲线方程得到右焦点的坐标及一条渐近线的方程，再根据点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由双曲线的方程可知其右焦点为， 其中一条渐近线方程为，即， 故右焦点到这条渐近线的距离为. 故答案为：2. 13. 已知函数是定义域为的奇函数.设，若在的最小值为2，则在的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数图象对称性，判断在对称区间内的最值情况，根据图象的平移法则，求出平移后函数在给定区间上的最值. 【详解】因为是定义域为的奇函数，由在的最小值为2，得在的最大值为， 因为，所以的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位后得到， 故在的最大值为. 故答案为：. 14. 已知集合满足，且当时，，则中元素个数至多为______. 【答案】1947 【解析】 【分析】根据集合中元素的关系，得出所有元素的取值可能，得出相应的元素个数. 【详解】易知，与不能同在中，其中，，，， 又，所以中元素的个数不大于； 另一方面，设，， 取，此时中恰有1947个元素，满足要求. 故答案为：1947 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. 已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由. 【答案】（1） （2）不存在点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设，根据斜率之积为，即可求得的方程； （2）由已知，假设是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线的方程，和的方程联立，可得点的坐标，由，则假设不成立，同理可得不存在以为直角顶点的等腰直角三角形. 【详解】（1）由题知，设，则，，且， ，且， ，且， 的方程为. （2）由题意知， 在中不可能为直角. 不妨设是以为直角顶点的等腰直角三角形. ，，. 则直线的方程为，即， 由（1）知的方程为， 由，解得. ，假设不成立. 同理不存在以为直角顶点的等腰直角三角形. 所以上不存在点，使得为等腰直角三角形. 16. 已知数列的前项和为，，. （1）求； （2）若数列满足，对任意，，恒有，.求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系，结合等差数列定义计算即可得； （2）结合题意，利用赋值法与等比数列定义可得，则可得，再利用裂项相消法计算即可得. 【小问1详解】 因为，所以，， 两式相减得，所以， 两式相减得，所以数列是等差数列， 中，令得，又， 所以的公差，故； 【小问2详解】 因为对任意，，恒有， 令，得， 所以数列是以为公比，以为首项的等比数列， 所以， 则， 所以 . 17. 如图（1）点，分别为矩形边，的中点，.，.将，分别沿，折叠得几何体，如图（2），平面与平面所成的二面角为.平面与平面的二面角为. （1）当时，证明：点，，，共面； （2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可证平面平面，过点，作平面，，同理过点，作平面，，连接，，由已知可证，进而可证结论； （2）由（1）知当时，，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合平面的一个法向量为，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值. 【小问1详解】 由题易知四边形为正方形，， ，，，平面， 平面，平面，平面平面， 平面平面， 过点，作平面，， 同理过点，作平面，，，连接. ， ，，，， 四边形为平行四边形，. 连接，，，，， 又，， 点，，，共面. 【小问2详解】 由（1）知当时，，，两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，. 设平面的法向量为，则即 令，则，. 即平面的一个法向量为. 平面，平面的一个法向量为， ， 当时，平面与平面所成二面角的余弦值为. 18. 向日葵是菊科向日葵属的一年生草本植物．因花序随太阳转动而得名，深受人们喜欢，某向日葵基地为促进该基地旅游业发展，特邀请一文旅公司制作文旅创收方案． （1）公司调查发现该基地成熟向日葵花盘直径（单位：cm）近似服从正态分布．试估计一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率； （2）该公司特设置一游戏，根据游戏结果对游客全程所有消费进行打折，该游戏有两种方案，游客在这两种方案中任选一种参加游戏．方案一：不透明袋子里装有2个红球，4个白球，顾客从中一次性摸出3个球，若摸出2个红球1个白球获得“六折优惠”，若摸出1个红球2个白球获得“八折优惠”，若摸出3个白球不优惠．方案二：如图游客开始站在①位置，游客每掷一次骰子，就沿顺时针方向移动一次．若掷出正面朝上数字为奇数，游客就向前移动1格；若掷出正面朝上数字为偶数，游客就向前移动2格．游客重复掷骰子直到游客第一次到达⑨位置获得“九折优惠”或第2次到达①位置获得“七点五折优惠”游戏结束．若想要获得最大优惠，游客应选哪个方案？说明理由． 参考数据：若，则．． 【答案】（1）0．8186． （2）方案一，理由见解析 【解析】 【小问1详解】 ，则，，结合正态分布的性质：和 ． 即一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率为0．8186． 【小问2详解】 设方案一的折扣为，则可以取，，， ，，， ． 设方案二的折扣为，则可以取，， 用，表示游客首次在第位置的概率， 则，，． 由题知，游客到达，位置，只有两种途径， 一种是从位置，掷到偶数，其概率为， 另一种是从位置，掷到奇数，其概率为， ，，． 当时，数列是以为首项，为公比的等比数列． ，，，，， 又， ，， ，，且 ，． 第二次到达①位置的概率． ． ，若想要获得最大优惠，游客应选方案一． 19. 已知函数，. （1）若，求； （2）已知函数的图象关于直线对称，函数的图象关于直线对称. （i）求，； （ii）若，，.证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理求出，，和，求出，得出，令得出答案； （2）（i）分奇偶两种情况讨论：当时，关于对称，得到，求导得到，令得；当时，关于点对称，得到，多次求导得到，令得 ，，代入求出，同理得到； （ii）由（i）和得到，，利用放缩得到，再利用裂项相消法证明即可. 【小问1详解】 ， ，，，，，则，，，，， ，. 又， ，， 【小问2详解】 （i）当时，关于对称，则①， 对①式两边分别求导得②， 对②式两边分别求导得③， …… ， 令，代入上式得，即. 当时，关于点对称，则①， 对①式两边求导得②， 对②式两边求导得③， …… ， 令，代入上式得，即. 又，， 同理可得. （ii）由（i）知，，. 又，，，. 所以. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $