2026年高考数学模拟卷（三）（新课标Ⅱ卷）

2026年高考数学模拟卷（三）（新课标Ⅱ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。 4．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆。 5．难度系数：0.65。 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．（2026·辽宁沈阳·二模）已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为， 故， 2．（2026·云南玉溪·二模）已知复数，则（    ） A． B．2 C． D．5 【答案】D 【详解】因为复数，则， 所以. 3．（2026·辽宁鞍山·二模）下列各组数据中方差最大的一组是（   ） A．2，2，2，2，2 B．1，1，2，3，3 C．0，1，2，3，4 D．0，0，2，4，4 【答案】D 【详解】因为， 则各个组的平均数为，所以由方差的意义可得， ，， ，  . 4．（2026·新疆·模拟预测）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】. ， 因为，所以， 因为，所以，所以. 5．（2026·山西太原·二模）已知数列的前项和，若为正整数，则（    ） A．4052 B．2026 C． D． 【答案】A 【分析】先根据条件求解出的通项公式，然后表示出并结合即可求解出结果. 【详解】因为数列的前项和， 当时，， 当时，，符合的情况，所以， . 6．（2026·甘肃酒泉·二模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】C 【分析】根据题意得出抛物线方程和直线方程，联立这两个方程，然后利用韦达定理以及抛物线的定义即可求解. 【详解】 如图所示，设抛物线方程为，焦点为， 由于点在抛物线上，且， 则有，代入得， 故抛物线方程为，焦点为， 设，，由于直线经过焦点且倾斜角为，因此直线方程为， 与抛物线联立得， 由韦达定理得，则， 根据抛物线的定义，有，， 因此，故C正确. 7．（2026·广西南宁·二模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过指数与对数的恒等变换，将含对数指数的表达式转化为关于与的代数方程，再求比值即可. 【详解】， 令，则，所以，， 即，所以， 令，则，所以，即， 所以是一元二次方程的根，且大于0，所以； , 令，则，即，所以， 令，则，所以， 即，所以是一元二次方程的根，且大于0，所以， 因为是单调递减函数，由得:. 所以. 8．（2026·云南曲靖·一模）在平面内，圆上三点，，满足，动点，满足，，则的最大值是（    ） A．4 B．5 C． D．6 【答案】B 【分析】由，判断三角形的形状，结合数量积结果，求得的夹角，以及三角形的边长；取的中点为，的中点为，求得的轨迹是以为圆心的圆，再根据圆外一点到圆上一点距离最值的求解方法，计算即可. 【详解】设圆的半径为，则， 又， 故两两之间的夹角相等，且均为，三角形为等边三角形， 故，解得； 连接，取的中点分别为，如下图所示： 因为，故点在以为圆心，1为半径的圆上运动； 若三点不共线时，在三角形中，分别为的中点， 故， 故点是在以为圆心，为半径的圆上运动； 若三点共线且为线段上点时， 此时，， 故； 同理若三点共线且为线段延长线上一点时，也有； 综上所述：点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 对等边三角形，由正弦定理可得：， 又为中点，则； 故圆外一点到圆上一点的距离， 当且仅当三点共线，且在线段延长线上时取得等号， 所以的最大值是5. 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．（2026·重庆·二模）已知随机变量服从二项分布，随机变量服从正态分布，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】因为，则， ，所以A错误， 又，则， 所以，所以B正确， 又因为，所以C正确，D错误. 10．（2026·重庆·二模）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 【答案】AD 【分析】对于A，因为在翻折过程中平面，可判断A；对于B，当平面平面时，假设与垂直，可得到，显然不成立，可判断B；对于C，利用正四面体的定义即可判断；对于D，当的投影为的中心时，此时三棱锥为正三棱锥，可判断D. 【详解】由题意知，在翻折过程中，，， 可得，平面， 所以平面， 又平面，所以，故A正确； 当翻折使平面平面时， 因为，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 若，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 易知不成立，故此时与不垂直，故B错误； 而正四面体为四个面均为等边三角形的三棱锥， 显然不是等边三角形，故C错误； 在翻折过程中，当的投影为的中心时，此时平面， 又，所以， 此时三棱锥为正三棱锥，故D正确. 11．（2026·吉林·模拟预测）将函数的图象按照以下顺序进行变换： ①向左平移个单位长度；②横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍；③向下平移个单位长度，可得到函数的图象．则下列结论正确的是（    ） A．若，则的取值范围为 B．若函数在上的图象与直线有且只有一个交点，在上单调递减，则 C．若函数在区间上的最值分别为，则的取值范围是 D．若方程在内恰有两个根，则 【答案】ABD 【分析】先通过图象变换得到，再通过正弦函数性质求解不等式判断A；将交点问题转化为方程有解问题，求解参数范围，利用正弦函数性质建立不等式组，求解参数范围，进而汇总参数范围判断B；举反例判断C；最后利用整体代换的思想令，将转化为判断D即可. 【详解】由题意得将的图象向左平移个单位长度， 则， 而横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍， 得到， 而向下平移个单位长度， 可得， 则，即. 对于A，由，得， 由三角函数的图象可得， 可得的取值范围为，故A正确； 对于B，由题意得， 令，可得， 而，则， 若在上的图象与直线有且只有一个交点， 则在上有且只有一个解， 可得，解得. 若在上单调递减，则在上单调递增， 因为，所以， 令，由正弦函数性质得在上单调递增， 可得，解得， 综上可得，，故B正确； 对于C，由题意得， 不妨设函数在区间上的最大值为，最小值为， 令，则区间变为，可得， 则，即， 此时， 即的取值范围是不成立，故C错误； 对于D，令，则，， 若方程在内恰有两个根，， 则，即在内恰有两个根， 则，且，得到， 故，故D正确. 故选：ABD 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．（2026·吉林白山·二模）展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 【答案】 【详解】展开式的第4项的二项式系数是. 13．（2026·陕西咸阳·二模）设等比数列的前项和为，若，，则______． 【答案】255 【详解】设的公比为，由，得，解得, 所以． 14．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）若直线是曲线和曲线的公切线，则实数______． 【答案】1或 【分析】分别设出直线和两曲线的切点坐标，求出切线方程的表达式，联立方程组可解得切点坐标，代入计算可得斜率或. 【详解】设直线与曲线的切点为; 易知,可得, 因此切线方程为，即, 可得, 设直线与曲线的切点为; 又，所以, 切线方程为,即, 所以; 因此可得，整理可得， 解得; 当时，可得； 当时，可得; 所以或. 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九点17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·云南玉溪·二模）有三个外观相同的箱子，编号分别为1，2，3，其中1号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2个红球和2个白球，3号箱装有4个红球和6个白球，这些球除颜色外完全相同． (1)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，求取到红球的概率； (2)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球，求该球取自几号箱的可能性最大． 【答案】(1) (2)该球取自2号箱的可能性最大 【分析】（1）设相应事件，结合全概率公式运算求解即可； （2）根据（1）中数据，结合条件概率公式以及贝叶斯公式运算求解即可. 【详解】（1）设事件表示“球取自号箱”（），事件表示“取到红球”， 则，， 可得 ，故取到红球的概率为. （2）根据（1）中数据， 由贝叶斯公式知； ； ， 因为，所以该球取自2号箱的可能性最大． 16．（2026·重庆渝中·二模）在中，内角，，满足． (1)求； (2)若为边上一点，，，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用三角形的内角和公式结合两角和与差的三角函数公式，求，进而可得角. （2）先根据推导的关系，再利用向量数量积的运算法则求，最后利用三角形的面积公式求的面积. 【详解】（1）由， 所以, 所以，又为三角形内角，所以， 所以． （2）因为，所以， 所以， 又，所以，， 所以面积． 17．（2026·新疆·三模）如图所示，四边形是边长为2的正方形，以为圆心的半圆面垂直于平面，是半圆弧上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若平面和平面所成锐二面角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质，证得，再由圆的性质，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，分别求得平面和的法向量和，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，得到的坐标，结合体积公式，即可求解. 【详解】（1）证明： 因为为正方形，可得， 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为为圆的直径，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：以为坐标原点，以平行于方向的所在直线为轴，以所在直线为轴， 垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则，且， 可得向量， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为， 因为，所以， 设平面与平面所处的角为， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以，所以， 所以点到平面的距离为，即四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为. 18．（2026·贵州毕节·二模）已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为，且过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知，，在C上， ①若A是C与x轴的一个交点，B是C与y轴的一个交点，求的面积的最大值； ②记线段中点为M， ，记的面积为，判断是否为定值，并说明理由. 【答案】(1) (2)①；②为定值，且定值为，理由见解析 【分析】（1）由题意，利用待定系数法可求椭圆C的标准方程； （2）①由椭圆的对称性，不妨取，设，利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式可求的面积的最大值；②分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合三角形面积公式可得，利用，可得结论. 【详解】（1）因为椭圆C的一个焦点为，所以，所以， 所以可设椭圆的标准方程为， 又因为椭圆C过点，所以， 解方程可得或（舍去）. 所以椭圆C的标准方程为； （2）①由椭圆的对称性，不妨取， 则直线的方程为，即， 设，则到直线的距离， 所以当时，，又， 所以的面积的最大值为； ②为定值，且定值为，理由如下： 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，得， 整理得，所以，， 因为线段中点为M，所以，所以， 因为，所以，所以， 又在C上，所以， 整理得，所以， 又 ， 又点到直线的距离， 所以. 又因为线段中点为M，所以， 又，所以，所以， 所以是否为定值，定值为； 当直线的斜率不存在时，线段的中点在轴上， 由对称性不妨取，此时，此时，； 综上所述：为定值，且定值为. 19．（2026·广西河池·二模）设函数定义在区间I上，若对任意的，有，则称为I上的下（上）凸函数，当且仅当时等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的下（上）凸函数的充要条件是． (1)若函数是上的下凸函数，求实数的取值范围； (2)当时，证明：； (3)已知为三个内角，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用下凸函数的充要条件恒成立，将问题转化为求的取值范围，通过分析的取值得到取值范围； （2）通过对称换元将双变量不等式转化为单变量函数的最值问题，利用导数分析单调性，证明函数最小值为从而证得不等式； （3）对乘积不等式取对数转化为和的形式，构造上凸函数，利用上凸函数的定义（琴生不等式）求最大值，证得原不等式. 【详解】（1）以下符号， 根据题意，下凸函数的充要条件是对任意，恒成立. 对，，， 要求对恒成立，即对恒成立. 因为时，且时，，故， 即实数的取值范围是； （2）令，则，其中， 原不等式等价于， 令， ， 令，则，故在单调递增，且， 所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以当时，取得最小值，所以， 即 所以. （3）令，，，， 故是上的上凸函数. 根据上凸函数定义，对有： ， 整理得 ，两边取指数得，原不等式得证. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学模拟卷（三）（新课标Ⅱ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。 4．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆。 5．难度系数：0.65。 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．（2026·辽宁沈阳·二模）已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·云南玉溪·二模）已知复数，则（    ） A． B．2 C． D．5 3．（2026·辽宁鞍山·二模）下列各组数据中方差最大的一组是（   ） A．2，2，2，2，2 B．1，1，2，3，3 C．0，1，2，3，4 D．0，0，2，4，4 4．（2026·新疆·模拟预测）已知，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山西太原·二模）已知数列的前项和，若为正整数，则（    ） A．4052 B．2026 C． D． 6．（2026·甘肃酒泉·二模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 7．（2026·广西南宁·二模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 8．（2026·云南曲靖·一模）在平面内，圆上三点，，满足，动点，满足，，则的最大值是（    ） A．4 B．5 C． D．6 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．（2026·重庆·二模）已知随机变量服从二项分布，随机变量服从正态分布，则（    ） A． B． C． D． 10．（2026·重庆·二模）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 11．（2026·吉林·模拟预测）将函数的图象按照以下顺序进行变换： ①向左平移个单位长度；②横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍；③向下平移个单位长度，可得到函数的图象．则下列结论正确的是（    ） A．若，则的取值范围为 B．若函数在上的图象与直线有且只有一个交点，在上单调递减，则 C．若函数在区间上的最值分别为，则的取值范围是 D．若方程在内恰有两个根，则 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．（2026·吉林白山·二模）展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 13．（2026·陕西咸阳·二模）设等比数列的前项和为，若，，则______． 14．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）若直线是曲线和曲线的公切线，则实数______． 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九点17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·云南玉溪·二模）有三个外观相同的箱子，编号分别为1，2，3，其中1号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2个红球和2个白球，3号箱装有4个红球和6个白球，这些球除颜色外完全相同． (1)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，求取到红球的概率； (2)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球，求该球取自几号箱的可能性最大． 16．（2026·重庆渝中·二模）在中，内角，，满足． (1)求； (2)若为边上一点，，，，求的面积． 17．（2026·新疆·三模）如图所示，四边形是边长为2的正方形，以为圆心的半圆面垂直于平面，是半圆弧上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若平面和平面所成锐二面角的余弦值为，求四棱锥的体积. 18．（2026·贵州毕节·二模）已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为，且过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知，，在C上， ①若A是C与x轴的一个交点，B是C与y轴的一个交点，求的面积的最大值； ②记线段中点为M， ，记的面积为，判断是否为定值，并说明理由. 19．（2026·广西河池·二模）设函数定义在区间I上，若对任意的，有，则称为I上的下（上）凸函数，当且仅当时等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的下（上）凸函数的充要条件是． (1)若函数是上的下凸函数，求实数的取值范围； (2)当时，证明：； (3)已知为三个内角，证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $