2026年高考数学临考实战仿真卷03（全国一卷）

**基本信息** 2026年高考数学考前最后一卷，覆盖集合、函数、数列等核心知识，通过“倍增友好函数”新定义、概率比赛情境及三角函数与立体几何折叠等跨模块题，考查数学抽象、逻辑推理与建模能力，适配高考模拟预测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|集合、复数、向量、函数性质、数列、概率、圆锥曲线|基础题如集合运算，创新题如“倍增友好函数”定义辨析| |选择题（多选）|3/18|统计、立体几何、函数奇偶性|正方体中平行与体积计算，函数性质综合判断| |填空题|3/15|导数切线、等差数列最值、双曲线离心率|导数几何意义，双曲线焦点三角形离心率求解| |解答题|5/77|数列证明、概率应用、函数不等式、三角函数与立体几何折叠、椭圆综合|概率比赛情境建模，椭圆定点问题论证，折叠问题空间距离计算|

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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．设复数z满足，则（    ） A． B．i C． D．1 3．已知向量，，定义，若，则（   ） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．已知等比数列的前项和为，且成等差数列，则（   ） A． B． C． D． 6．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（   ） A． B． C． D． 7．已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（   ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（    ）． 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．已知样本数据：1，，2，x，2，3，若该样本的平均数为2，则（    ） A． B．该样本数据的极差为4 C．该样本数据的众数为2 D．该样本数据的方差为 10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（   ） A．直线与平面平行 B．四面体的外接球的表面积为 C．三棱锥的体积为 D．平面与平面的夹角的余弦值为 11．设是定义在上的偶函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C． D．恰有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．若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 13．已知等差数列满足，，则当时，的最小值为_____． 14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，且，若的平分线与轴交于点，有，则双曲线的离心率为______. 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．已知函数的解集为．在数列中有，当时，记 (1)求数列的通项公式． (2)设数列满足，数列的前项和为，求证：． 16．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为． (1)求甲连续打前四局比赛的概率； (2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率； (3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望． 17．设. (1)解不等式; (2)设，若存在，使得，求实数的取值范围. 18．已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角. (1)求的值； (2)当二面角的大小为时，. （i）求的解析式； （ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值. 19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 2 / 14 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据并集的定义即可求得. 【详解】,,所以. 2．设复数z满足，则（    ） A． B．i C． D．1 【答案】D 【详解】因为， 所以． 3．已知向量，，定义，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据新定义结合数量积坐标公式计算求解参数即可. 【详解】由题知，解得. 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，即， 所以，（负值舍去）， 所以. 5．已知等比数列的前项和为，且成等差数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设等比数列的公比为，又成等差数列， 所以， 因为，所以， 解得． 故. 6．在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法. 乙有2种选法，丙有3种选法，所以. 事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种. 丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以， 因此. 7．已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】易知的渐近线为， 联立，可得，或， 不妨设，， 又的面积为16，则，解得， 联立整理得， 解得或（舍去）， 所以，， 所以. 8．已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于A，根据，都有判断；对于B，根据时，；对于C，根据，只对成立判断；对于D，由题得，再分和两种情况讨论判断. 【详解】对于A选项，的定义域为，对于任意给定，任取，都有，满足“倍增友好函数”定义； 对于B选项，的定义域为，对于任意给定，取，，满足“倍增友好函数”定义； 对于C选项，的定义域为，对于任意给定，取，，， 要使成立，则，又，解得，这意味着对于任意的的正整数，不存在满足条件， 所以该函数不满足“倍增友好函数”定义； 对于D，的定义域为，对于任意给定，取，，， 故当，即，变形得：， 所以，当时，，解得， 当时，，均满足， 综上，满足“倍增友好函数”定义. 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．已知样本数据：1，，2，x，2，3，若该样本的平均数为2，则（    ） A． B．该样本数据的极差为4 C．该样本数据的众数为2 D．该样本数据的方差为 【答案】ACD 【详解】由得，A正确； 最大值为，最小值为-1，极差为，B错误； 出现两次，其他数出现一次，故该样本数据的众数为2，C正确； 方差，D正确． 10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（   ） A．直线与平面平行 B．四面体的外接球的表面积为 C．三棱锥的体积为 D．平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】利用向量法判断位置关系后可判断A的正误，利用空间距离计算外接球的球心后求得半径，再结合公式求出表面积后判断B，利用等积转化求出体积后判断C，利用向量法求出面面角的余弦值后可判断D的正误. 【详解】 以原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 对于A，，， 设平面的法向量为，则， 所以，取， 因为，故直线与平面不平行，故A错误； 对于B，设四面体的外接球的球心为，半径为， 则， 故即， 故，故外接球的表面积为，故B正确； 对于C，因为到平面的距离即为棱长， 故，故C正确； 对于D，因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，， 故D正确. 11．设是定义在上的偶函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C． D．恰有2个零点 【答案】BD 【分析】利用已知可得，结合复合函数的导数可得，计算可判断A；利用偶函数性质求得的解析式判断B；利用导数可得在上单调递减，结合偶函数的性质判断C；利用单调性及，可得在上有且仅有一个零点，利用偶函数的性质可判断D. 【详解】对于A，因为是定义在上的偶函数， 所以，所以，即， 又当时，，所以， 所以，故A不正确； 对于B，当时，则，所以 ，故B正确； 对于C，当时，可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 又，所以， 又函数是上的偶函数，所以，故，故C不正确； 对于D，，，， 结合函数的单调性及，可得在上有且仅有一个零点， 又因为函数是上的偶函数，可得在上有且仅有一个零点， 所以恰有2个零点，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．若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 【答案】 【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为，建立等量关系，从而求出实数. 【详解】解：由题可得，所以函数在处的切线斜率为. 已知直线的斜率为，切线与该直线垂直，所以，解得. 13．已知等差数列满足，，则当时，的最小值为_____． 【答案】27 【分析】根据等差数列的性质结合等差数列前项和公式求解即可. 【详解】由，因为， 若，则所有项为正，与已知条件矛盾，所以，数列递减. 因为，所以，， 不等式移项得，即，所以， 因此，， 因为等差数列是递减数列，且，所以当时，的最小值为27． 14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，且，若的平分线与轴交于点，有，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【分析】根据题意分析可得，利用角平分线可得，再根据双曲线的定义结合余弦定理计算得出齐次式得出离心率即可. 【详解】∵，设的高为，则，可得，所以， ∵平分，可得， 则， 又因为，所以， 又中，由余弦定理得，则， 所以整理得， 故， 所以. 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．已知函数的解集为．在数列中有，当时，记 (1)求数列的通项公式． (2)设数列满足，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由韦达定理求出的值，即可写出答案； （2）根据题意写出数列的通项公式，利用裂项相消求出，即可得证. 【详解】（1）由题意可知：是函数的两个零点. 由韦达定理可知： 所以 当时， 所以; （2）已知，由（1）可得， 当时，. 当时，. 则， 去括号可得 当时，，满足. 当时，，因为，所以，则，即. 综上，. 16．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为． (1)求甲连续打前四局比赛的概率； (2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率； (3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可； （2）利用条件概率求解即可； （3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可. 【详解】（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜， 第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为， 第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 所以甲连续打前四局比赛的概率为：. （2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局， 对于前四局中第二局乙获胜： 即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为， 第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为， 所以， 在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空 第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为， 第四局：乙、丙对打，概率为， 所以， 根据条件概率知：. （3）由题意知得分的可能值为：， ， ， ， ， 所以的分布列为： 6 所以得分的数学期望为：. 17．设. (1)解不等式; (2)设，若存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因，则， 故， 即，解得， 故原不等式的解集为. （2）因， 由，可得为奇函数. 又，因，，则 故在上单调递增. 故存在使得等价于存在使得， 等价于存在使得， 即存在使得， 因，， 则当时，取得最小值，故得. 故实数的取值范围是. 18．已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角. (1)求的值； (2)当二面角的大小为时，. （i）求的解析式； （ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）代入与轴交点坐标即可得到答案； （2）（i）根据空间向量数量积运算律即可得到，则得到答案； （3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再写出距离表达式，最后分类讨论即可得到最值. 【详解】（1）由，得． （2）（i）由，得， 即，由二面角的大小为， 所以，即， 所以，即，所以， 故． （ii）建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以， ， 当时，； 当时，，当时，， 所以点到平面距离的最大值为． 19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在定点 ，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程； （2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明. （3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解. 【详解】（1）由题意知 ，即 . 又因为离心率 ，所以 ，所以 . 故椭圆 的方程为 . （2）证明：设 。 因为 ，所以 . 设直线 的方程为 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 代入 ，即 ， 整理得 。 代入韦达定理结果并化简得 。 原点 到直线的距离 所以原点 到直线 的距离为定值 . （3）存在定点 ，理由如下： 由（1）知 ，设直线 的方程为 ， 设 ，则 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 设 ，若 三点共线，则 ， 即 ，整理得 . 将 代入上式，化简得 . 代入韦达定理结果，得 . 化简得 ，解得 . 所以存在定点 ，使得 三点始终共线. 2 / 14 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $