2026年高考数学临考实战仿真卷06（全国一卷）

**基本信息** 涵盖集合、复数、函数、数列等高中数学核心知识点，解答题设计如概率（趣味竞赛情境）、导数（凹函数新定义）等，体现应用意识与创新思维，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|集合（充分必要条件）、复数（共轭复数）|基础巩固与能力区分，如多选第9题结合数列性质判断，考查推理能力| |填空题|3题15分|概率（小球入盒）、函数零点（e^x与k关系）|创新应用，如第14题抛物线与圆切线综合，考查几何直观| |解答题|5题77分|立体几何（直三棱柱证明）、概率（得分分布）、导数（凹函数证明）|综合素养考查，如概率题结合竞赛情境，体现数学语言表达现实世界；导数题新定义应用，培养数学眼光观察新问题|

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，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，，若，则（    ） A．1 B．3 C．4 D．5 3．设向量，，则（   ） A．“”是“”的充分条件 B．“”是“”的充分条件 C．“”是“”的必要条件 D．“”是“”的充分条件 4．已知是等差数列，且，，则首项等于（    ） A．0 B． C． D． 5．已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C．1 D．2 6．已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上不同于的一点，直线与抛物线的准线交于点，过点且平行于轴的直线交抛物线于点，且，则点到轴的距离为（   ） A． B． C． D． 8．已知正实数满足，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．已知函数（）的最小正周期为，点（）是图象的一个对称中心，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．在区间上单调递增 D．直线与（）图象的所有交点的横坐标之和为 10．正项等比数列满足，公比为，其前项和为，记数列，则（    ） A．时， B．时，为等差数列 C．不存在，使得为常数列 D．时，单调递减 11．若正方体外接球的球心为，且，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．二面角的正切值为 C．平面 D．为四面体外接球的球心 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．直播带货已经成为助力乡村振兴的重要方式之一.某村统计了一合作社最近100天通过直播带货销售农产品的日销售额x（单位：万元），并绘制成下面的频率分布直方图，则______；x的第80百分位数为______. 13．已知，且，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为_______. 14．双曲线的右焦点为，右顶点为是的一条渐近线，点到的距离为，点到的距离为，直线与交于点，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．已知等差数列中，，. (1)求数列的通项公式. (2)记数列的前项和为，证明. 16．如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 17．已知函数，（其中），其导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数． 18．已知函数． (1)当 ，求：的取值集合与的最值； (2)当时，若的最小内角为，的最小内角 ，满足：，求证：当且时 ，若事件：在 上有最大值和一个零点与事件独立，其中事件的概率不为0，当且仅当事件为必然事件． 19．设椭圆：的离心率为，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)若点是椭圆上任意一点，则椭圆在点处的切线方程为.已知点为直线（其中）上任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，直线与直线交于点. （ⅰ）若，，求的值； （ⅱ）若是圆上的动点，求的最大值. 2 / 17 1 / 17 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，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意联立方程组，解得：，即. 2．已知复数，，若，则（    ） A．1 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【详解】因为，，， 所以， 所以，，则. 3．设向量，，则（   ） A．“”是“”的充分条件 B．“”是“”的充分条件 C．“”是“”的必要条件 D．“”是“”的充分条件 【答案】A 【分析】本题考查向量垂直和平行的坐标表示以及充分条件和必要条件的判断。解题的关键是根据向量垂直的坐标表示求出时的值，再根据充分条件和必要条件的定义判断各选项. 【详解】已知两个向量，，若，则，即，解得或. 已知两个向量，，若，则，即，解得. 对于A选项，由“”，可以推出“”，所以“”是“”的充分条件，A选项正确； 对于B选项，由“”，不能推出“”，所以“”不是“”的充分条件，B选项错误； 对于C选项，由， 解得或，不能推出，所以“”不是“”的必要条件，C选项错误； 对于D选项，由， 解得，所以“”不是“”的充分条件，D选项错误. 4．已知是等差数列，且，，则首项等于（    ） A．0 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差数列的通项公式建立方程组，解之即可． 【详解】设等差数列的公差为， 由，即， 解得. 5．已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【详解】是定义在上的奇函数， ∴当时，，解得， ∴当时，， . 6．已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二项式定理写出的展开式通项，分两部分求解的系数，进而建立关于的方程，求解的值. 【详解】根据二项式定理，的通项为（）. 展开式中项由两部分组成： ①的常数项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. ②的一次项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. 依题意，，解得. 7．在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上不同于的一点，直线与抛物线的准线交于点，过点且平行于轴的直线交抛物线于点，且，则点到轴的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设且，依次求出各点坐标，利用两点间距离公式化简，求出即可. 【详解】设且，则， 又抛物线的准线为，所以， 令，则，得，即， 所以 ， 解得，所以点到轴的距离为． 8．已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用同构比较大小. 【详解】由于，所以， 设，则，所以在上单调递增， 那么，所以，， ，设，， 所以，在上单调递减，， 即, 由于，那么, ， 综上，. 【点睛】本题考查利用导数比较大小，解题关键在于利用同构式发现，进而得出，是难题. 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．已知函数（）的最小正周期为，点（）是图象的一个对称中心，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．在区间上单调递增 D．直线与（）图象的所有交点的横坐标之和为 【答案】AC 【分析】整理得，根据函数的最小正周期为，求得，即可判断A；求出的最小值，即可判断B；求出函数的单调递增区间，即可判断C；求出函数在上所有根的和，即可判断D. 【详解】， 因为其最小正周期为，即，所以，故A正确； 令，，解得，， 由题知，，又， 所以的最小值为，故B错误； 令，， 解得，，所以当时，， 又因为是的真子集，所以在区间上单调递增，故C正确； 令，即， 所以，或，， 即，或，，因为， 所以满足条件的所有的值为，，，， 故所有交点的横坐标之和为，D错误. 10．正项等比数列满足，公比为，其前项和为，记数列，则（    ） A．时， B．时，为等差数列 C．不存在，使得为常数列 D．时，单调递减 【答案】ABD 【详解】对于A，，，，A对． 对于B，，，，，为等差数列，B对． 对于C，为常数列 ， 即时为常数列，C错． 对于D，， 时，，D对． 11．若正方体外接球的球心为，且，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．二面角的正切值为 C．平面 D．为四面体外接球的球心 【答案】BC 【详解】设正方体棱长为，以为原点建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，,， ，，，,， 可得， ,，A错误. ,. 设平面的一个法向量为，则, 令，则，同理可得平面的一个法向量. 设二面角对应的平面角为， 则，所以，则. 由题可知为钝角，所以，B正确. 由题意得，， 而平面，平面,平面，C正确. 由题意得， 因为， 所以到四面体各顶点距离不全相等，不是四面体外接球球心，D错误. 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．直播带货已经成为助力乡村振兴的重要方式之一.某村统计了一合作社最近100天通过直播带货销售农产品的日销售额x（单位：万元），并绘制成下面的频率分布直方图，则______；x的第80百分位数为______. 【答案】 / / 【详解】由图知，解得， 设销售额的第80百分位数为m，又， ，且，解得. 13．已知，且，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为_______. 【答案】4 【分析】由题设可得，随后讨论的取值可得，，最后由基本不等式可得答案. 【详解】由得， 故当时，， 当时，，故， 故当时，， 即，故， 当且仅当，即时取等号，故的最小值为4. 14．双曲线的右焦点为，右顶点为是的一条渐近线，点到的距离为，点到的距离为，直线与交于点，则__________. 【答案】30 【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式列式求得，求得双曲线的标准方程，将直线与双曲线方程联立，结合弦长公式求得答案. 【详解】设，渐近线的方程为， 则到的距离，到的距离， 所以，又，所以， 所以双曲线的标准方程为. 由，得， 设，则， ，所以， 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．已知等差数列中，，. (1)求数列的通项公式. (2)记数列的前项和为，证明. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的通项公式； （2）求出，可求得，利用裂项求和法可证得结论成立. 【详解】（1）（1）解：设等差数列的公差为， 由可得，解得， . （2）（2）解：由（1）可得， 所以，， 因此，. 16．如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）由余弦定理求出，并利用勾股定理逆定理证得，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由四边形为矩形，得，又，平面， 则平面，而平面，所以. （2）在中，， 由余弦定理得， 则，于是，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，又D为的中点， 则， 于是，设平面的法向量为， 则，取，得，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 17．已知函数，（其中），其导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数． 【答案】(1) (2)的取值范围为； 当时，在定义域内无零点； 当时，在定义域内存在唯一零点； 当时，在定义域内存在两个零点. 【分析】（1）分别求出切点坐标和切线斜率，写出切线方程即得； （2）对函数求导，根据参数进行分类讨论导函数的正负，得出函数的单调区间，分，和三种情况讨论函数的零点个数即可. 【详解】（1）当时，，，故，. 从而所求切线经过点且斜率为，故曲线在点处的切线方程为； （2）由于， 故， 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以是的极大值点，即，且在左侧，右侧， ①当时，有，， 从而当或时；当时. 故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件 ②当时，，从而对和均有， 故在和上单调递增，从而在上单调递增，不符合条件 ③当时，有，， 从而当或时；当时. 故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件 ④当时，对任意都有， 从而当时；当时， 故函数在上单调递增，在上单调递减，符合条件。 综上，的取值范围为 所以， 当，即时，在定义域内无零点； 当，即时，在处取得零点，且是唯一零点； 当，即时， 由于，， 根据零点存在性定理可得在存在唯一零点； 由于，根据零点存在性定理可得在存在唯一零点； 所以时，存在两个零点； 综上，当时，在定义域内无零点； 当时，在定义域内存在唯一零点； 当时，在定义域内存在两个零点. 18．已知函数． (1)当 ，求：的取值集合与的最值； (2)当时，若的最小内角为，的最小内角 ，满足：，求证：当且时 ，若事件：在 上有最大值和一个零点与事件独立，其中事件的概率不为0，当且仅当事件为必然事件． 【答案】(1)，最大值为，最小值为 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，化简得到，结合和正弦函数的性质，即可求解； （2）先由对应角比例相等和三角形内角和定理推出，再将函数化为．根据确定事件对应的的取值个数，最后利用独立事件的概率公式证明结论． 【详解】（1）当时， 可得， 由，可得，所以的取值集合为， 当时，即时，即. 函数的最大值，最大值为，当时，即时，即. 函数的最小值，最小值为. （2）设. 则. 因为. 所以，解得，故. 又因为，，所以. 当时，. 于是. 令.因为，所以 函数在该区间内有零点，等价于. 在时，. 所以可能出现的零点只对应. 因此在上有一个零点，当且仅当. 即.当时，区间中一定包含，所以能取得最大值． 故事件发生当且仅当. 按题意，在有限等可能样本空间 中讨论事件，样本点总数为．事件对应. 所以. 设事件含有个样本点，事件含有个样本点．因为事件与事件独立，所以. 即.整理得. 因为是质数，且，所以．又因为事件的概率不为，所以. 因此. 所以事件为必然事件．反过来，若事件为必然事件，则，且. 故事件与事件独立． 综上，事件与事件独立，且，当且仅当事件为必然事件． 19．设椭圆：的离心率为，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)若点是椭圆上任意一点，则椭圆在点处的切线方程为.已知点为直线（其中）上任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，直线与直线交于点. （ⅰ）若，，求的值； （ⅱ）若是圆上的动点，求的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）. 【分析】（1）根据点在椭圆上、离心率及椭圆的参数关系列方程求参数值，即可得； （2）（i）设，，，则为，为，进而得到为，为，从而得点的轨迹方程为，设且有，最后应用两点距离公式求；（ii）根据两点距离公式及圆的性质求最大值即可. 【详解】（1）由题知，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）（ⅰ）由（1）知，设，，， 切线的方程为，切线的方程为， 代入点的坐标得， 故直线的方程为，直线的方程为. 因为点不可能是原点，将代入，整理得， 所以点的轨迹方程为. 设，则，. 由，得， 所以， ， 所以. （ⅱ）圆的圆心坐标为，半径为1， 故 ， 当时，的最大值为， 由圆的性质可知，的最大值为. 2 / 17 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $