2026年高考数学考前仿真冲刺卷05（全国Ⅱ卷）

**基本信息** 聚焦高考核心素养，以咸阳文旅统计等真实情境与梯度问题设计，覆盖函数、几何、统计等模块，适配考前模拟预测需求。 **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、双曲线等|基础巩固，考查数学眼光的抽象能力| |选择题（多选）|3/18|概率、立体几何等|综合辨析，体现数学思维的推理意识| |填空题|3/15|三角函数、外接球等|空间观念与创新意识的应用| |解答题|5/77|统计与概率、立体几何、导数等|数学语言表达现实世界（如线性回归），逻辑推理与建模能力（如抛物线最值）|

2026年高考数学考前仿真冲刺卷 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。 4．适用省份：山西、内蒙古、辽宁、吉林、黑龙江、广西、海南、重庆、四川、贵州、云南、西藏、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆 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．若，则复数（    ） A． B． C． D． 3．已知，，且向量在上的投影的数量为，则（    ） A． B． C． D． 4．设等差数列的前项和为，且公差不为0，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知，是随机事件，若，，则（   ） A． B． C． D． 6．若，且，则（    ） A． B． C． D． 7．设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 8．已知实数满足则（    ） 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．函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C． D．的单调递减区间为 10．如图，平面图形由等腰直角和直角组成，，分别是边和的中点，现将沿翻折，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面平面，则 C． D．已知点均在球的表面上，当三棱锥的体积最大时，球的半径为 11．对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A．B．C． D． 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．已知数列满足，则的值为___________． 13．在平面坐标系中，，动点满足，则的面积的最大值为___________． 14．如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 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，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，且的面积为，求的周长. 16．如图，在三棱柱 中， ， 分别为 ， 的中点. (1)若点 在线段 上，且 ，求证：平面 ； (2)若 ，，，求平面 与平面 的夹角. 17．在平面直角坐标系中，已知点，动点P关于O的对称点为Q，且直线的斜率之积是，记P的轨迹为曲线E. (1)求E的方程； (2)若P关于x轴的对称点为M，求的面积的最大值. 18．已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)当时，求的最小值； (3)证明：当时，有唯一零点. 19．在近期的中东冲突中，某武装力量的一种精准制导导弹的命中率为，各枚导弹是否命中相互独立． (1)若对某一处军事设施同时发射3枚导弹，记事件A为“恰有两枚导弹命中目标”，事件B为“第二枚导弹命中目标”，判断A与B是否相互独立； (2)若对某一处军事设施同时发射10枚导弹，记随机变量X为导弹命中的数量，求使取最大值时k的值； (3)现有一个敌方高防御目标需要两枚导弹命中才可以被击毁，若某指挥官制定了如下战略：恰好击毁目标即停止行动，且发射导弹总数不超过枚，记停止行动时发射的导弹数为Y，求． 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学考前仿真冲刺卷 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。 4．适用省份：山西、内蒙古、辽宁、吉林、黑龙江、广西、海南、重庆、四川、贵州、云南、西藏、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆 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】B 【分析】先应用对数函数定义域得出集合，再应用补集及交集计算求解. 【详解】由题意，得，，所以， 所以. 2．若，则复数（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数运算以及复数模的计算分析即可. 【详解】由，则，所以. 3．已知，，且向量在上的投影的数量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设与的夹角为，向量在上的投影的数量为，即， 因为，所以解得， 因为，所以， 因此， 即. 4．设等差数列的前项和为，且公差不为0，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】设等差数列的首项为，公差为（），根据等差数列基本公式： 前3项和，. 将上述结果代入等式，整理得，即. 因为，所以，即， 因此“”是“”的充要条件. 5．已知，是随机事件，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题设及条件概率公式，概率加法公式可得，，联立解方程即可. 【详解】因，则， 又因，，且事件与事件互斥， 则，可得，从而. 故，解得. 6．若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用同角三角函数的商数关系及两角和的正弦公式求出，代入两角差的正弦公式即可得解. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 所以. 7．设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，设直线的方程为，求得，由，求得 ，进而求得双曲线的离心率. 【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为， 不妨设直线的方程为， 令，可得，即， 因为，可得， 可得，解得，所以的离心率为. 8．已知实数满足则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件变形得,构造上的单调函数,利用对比大小,可举出反例说明A、B、C不成立,再分和两种情况,结合指数单调性推出与2的大小同步于与2的大小,从而证得成立. 【详解】已知实数满足，整理得，时,显然有，等式不成立. 所以,令，则. 故在上严格单调递增，且，. 若，则，得； 若，则； 若，则. 取，，得，故不恒成立，A错误. 由以上分析知不恒成立，B错误. 取，，得，此时，不满足，C错误. 当时，，得，乘积非负； 当时，，得，乘积非负. 故恒成立，D正确. 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．函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C． D．的单调递减区间为 【答案】ABD 【分析】利用给定的函数图象，求出解析式中各参数，结合正弦函数的性质逐项判断作答. 【详解】观察图象知，，函数的周期，则，，A正确； 由，，得，C错误； 所以， 由，得函数的图象对称轴为， 当时，，B正确. 由，得， 因此函数的单调递减区间为，，D正确. 10．如图，平面图形由等腰直角和直角组成，，分别是边和的中点，现将沿翻折，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面平面，则 C． D．已知点均在球的表面上，当三棱锥的体积最大时，球的半径为 【答案】BC 【分析】应用边长关系计算判断A，应用面面垂直性质定理计算判断B，应用线面垂直判定定理判断C，应用三棱锥体积公式结合线面垂直得出平面，再应用外接球性质列式计算求解判断D. 【详解】对于A，由题可知，在等腰直角中，，故A错误； 对于B，由题可知，是的中点，， 若平面平面，又平面平面平面，所以平面， 又平面，所以，又因为， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为为边的中点，，所以， 又是边的中点，所以，由，可得. 因为，平面，所以平面，又平面，所以，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积最大时，平面平面，由B可知，平面. 又是以为斜边的直角三角形，所以球心在过点且与平面垂直的直线上， 设球心到点的距离为，球半径为， 则，即，解得，所以球的半径为1，故D错误. 11．对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A．B．C． D． 【答案】ACD 【分析】根据已知新定义判断A，C，D，再根据连续完美分割得出图形判断B. 【详解】A，C，D可“连续完美分割”如图： 对于B，对于4×4的方格，其可行的“连续完美分割”，仅有以下5种情形或其旋转图形， 经验证，符合条件的分割方式不存在. 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．已知数列满足，则的值为___________． 【答案】/ 【分析】根据的递推关系式，构造，得到数列为等比数列，根据等比数列的通项公式得到的通项公式． 【详解】由题意得，而， 故是以1为首项，5为公比的等比数列， 故；故；可得． 13．在平面坐标系中，，动点满足，则的面积的最大值为___________． 【答案】 【分析】根据条件判断出点的轨迹，然后根据三角形面积公式结合图象可求解出的面积的最大值. 【详解】设，因为，所以， 化简可得， 所以点的轨迹是圆心为，半径的圆， 又因为，所以， 所以， 当且仅当时取等号， 所以的面积的最大值为. 14．如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 【答案】 【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间两点间距离公式求；法2，通过线面垂直判定⊥平面，结合余弦定理、平行线分线段成比例求出，再用勾股定理求. 【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系， ，，，， 由，得， 由得， 即，得，则， 则. 法二（几何法）：由平面，平面知， 由，，平面，平面， 所以平面，由平面得，取上一点使得， 由余弦定理得，， ，可得， 由平行线分线段成比例知，故， 故. 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，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，且的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合三角函数的性质求出角的大小；（2）根据面积公式求出，由余弦定理求出，进而得到三角形的周长. 【详解】（1）由及正弦定理，得. 因为， 所以， 整理得. 因为，所以，即. 又，所以. （2）由，且，得. 由余弦定理，及， 得. 所以（负值舍去）.故的周长为. 16．如图，在三棱柱 中， ， 分别为 ， 的中点. (1)若点 在线段 上，且 ，求证：平面 ； (2)若 ，，，求平面 与平面 的夹角. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证. （2）由给定条件证得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在三棱柱 中，取的中点，连接，由为的中点， 得，而，则，又为的中点，则， 而平面，平面，于是平面，平面， 又平面，因此平面平面，而平面， 所以平面. （2）由，得，而，则， 由，得，即， 故可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 则， 设平面的一个法向量，则，令，得， 而平面的一个法向量，因此， 所以平面与平面的夹角为. 17．在平面直角坐标系中，已知点，动点P关于O的对称点为Q，且直线的斜率之积是，记P的轨迹为曲线E. (1)求E的方程； (2)若P关于x轴的对称点为M，求的面积的最大值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）设，则，再利用斜率之积求轨迹方程即可； （2）解法一：利用向量法可得，则，结合即可求解；解法二：设直线的方程为，，同理可得，再由，结合基本不等式进行求解即可． 【详解】（1）解：设，则， 则，，且，    由，得， 整理，得， 故E的方程为. （2）解法一：依题意，得，则，， 所以，从而，所以，    则的面积，    因为点P在曲线上，则，所以， 即，当且仅当时取“”，    故面积的最大值为3.    解法二：当直线的斜率不存在时，点M与点Q重合，此时不合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，    则，，从而，， 所以，从而，所以，    由消去y，得，整理，得， 所以的面积，    因为，当且仅当，即时取“=”， 所以. 18．已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)当时，求的最小值； (3)证明：当时，有唯一零点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件得，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （2）根据条件，求出的单调区间，即可求解； （3）分，和，分别求出的单调区间，再结合零点存在性原理，即可求解. 【详解】（1）易知的定义域为，， 当时，，又易知是递增函数，且时，， 所以当时，，则有， 当时，，则有， 所以对任意的，都有，当且仅当时取等号， 故的增区间为. （2）因为，当时，有恒成立， 所以当时，则，即在区间上单调递增， 当时，则，即在区间上单调递减， 所以，故. （3）当时，令，得到或， 当时， 所以或时，则，即在区间和上单调递增；             当时，则，即在区间上单调递减， 则在时有极小值， 在时有极大值，， 又时，， 由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点， 当时，由（1）知在上单调递增，又时，，时，， 所以时，有且仅有一个零点， 当时，， 当或时，则，即在区间和上单调递增， 当时，则，即在区间上单调递减， 又，时，， 由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点， 综上所述，有且仅有一个零点. 19．在近期的中东冲突中，某武装力量的一种精准制导导弹的命中率为，各枚导弹是否命中相互独立． (1)若对某一处军事设施同时发射3枚导弹，记事件A为“恰有两枚导弹命中目标”，事件B为“第二枚导弹命中目标”，判断A与B是否相互独立； (2)若对某一处军事设施同时发射10枚导弹，记随机变量X为导弹命中的数量，求使取最大值时k的值； (3)现有一个敌方高防御目标需要两枚导弹命中才可以被击毁，若某指挥官制定了如下战略：恰好击毁目标即停止行动，且发射导弹总数不超过枚，记停止行动时发射的导弹数为Y，求． 【答案】(1)与不相互独立 (2)8 (3) 【分析】（1）先分别计算，再验证是否满足； （2）利用二项分布的概率公式列出与的比值，通过判断比值与1的大小关系确定的最大值点； （3）先确定的所有可能取值，再分和两种情况计算，最后利用期望公式计算期望. 【详解】（1）由题意得， 因为，， 所以，所以与不相互独立． （2）由题意可得，，所以， 令， 即，解得， 所以， 又因为且 所以当时，有最大值． （3）由题意可知，， ①当时，实际情况为前次发射的导弹恰有一枚击中目标，且第次发射的导弹击中目标，； ②当时，实际情况为两种，第一种为前次发射的导弹都没击中目标，第二种为前次发射的导弹恰有一枚击中目标， 所以， 所以， 记，记， 不妨令， 可设， 对比系数得，解得，所以， 故， 所以. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $