2026年高考数学临考实战仿真卷04（全国一卷）

**基本信息** 2026年高考考前最后一卷高三数学模拟卷，以集合、函数、概率统计、立体几何、解析几何等核心知识为载体，通过椭圆光学性质应用、五局三胜制概率等情境设计，考查数学抽象、逻辑推理、数学建模等核心素养，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、复数、数列、函数图象、正态分布、线性回归|基础巩固与能力提升结合，如第5题正态分布命题辨析，考查逻辑推理| |填空题|3题15分|圆锥侧面积、抽奖概率、切线方程|注重空间想象与应用，如13题商场抽奖概率，体现数据意识| |解答题|5题77分|解三角形、立体几何（面面角、距离）、导数恒成立、概率分布列、椭圆光学性质|综合性强，梯度分明，如19题椭圆光学性质探究，考查数学建模与创新意识，贴合高考命题趋势|

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．已知全集，集合，则 （    ） A． B． C． D． 2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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 4．已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（   ） A． B． C． D． 5．若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 6．某企业开发了一款软件，已知下载该软件用户的“提问次数”（单位：千次）服从正态分布，且．现从下载该软件用户中随机抽取1名用户，则“提问次数”在区间的概率为（ ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 7．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 8．已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（   ） 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，其中是最小值，是最大值，则（   ） A．的极差不大于的极差 B．的60%分位数等于的60%分位数 C．的众数等于的众数 D．的方差不小于的方差 10．棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（） A．点的轨迹长度为 B．三棱锥的体积为 C．直线与平面所成角的正切值最大是2 D．存在点使平面平面 11．已知函数，则（    ） A．当时，有2个零点 B．当时，有3个零点 C．当时，只有1个零点 D．当时，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．已知，，若，则实数______. 13．设函数，已知，则的最小值为________. 14．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______. 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． (1)若，且，求的值； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域． 16．如图，在四棱柱中， ，平面分别是的中点，分别是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 17．为了测试AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与象棋软件进行比赛.比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋都分胜负、没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响.已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，. (1)设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件，象棋大师甲得2分为事件，求； (2)由于象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行6局，且当两位象棋大师的总得分与象棋软件的得分相差2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了局，求的分布列及数学期望. 18．已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍. (1)求曲线的轨迹方程； (2)已知A，B，C三点均在上， （i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标； （ii）若的重心是坐标原点，求的面积. 19．已知数列满足，. (1)证明：； (2)设，证明：数列为递减数列； (3)设为数列的前项和，求，其中表示不超过的最大整数（）. 2 / 18 1 / 18 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．已知全集，集合，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由可得：， 因为，所以. 2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】由复数在复平面内对应点的坐标为，对应象限即可作出判断. 【详解】解：由， 则在复平面内对应的点为，位于第二象限. 3．已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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 【分析】借助平面向量共线定理结合充分条件与必要条件定义判断即可得. 【详解】若与共线，当时，存在实数，使得， 整理得， 若与不共线，则且，矛盾，故与共线； 当，有，此时与共线； 故“与共线”是“与共线”的充分条件； 若与共线，则存在实数，使得， 则，，故与共线， 故“与共线”是“与共线”的必要条件； 综上可得：“与共线”是“与共线”的充要条件. 4．已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】将点代入中得，则，则准线方程为， 故点到的准线的距离为. 5．若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性可求解，即可代入求解. 【详解】的定义域为，由于为偶函数，故， 即， 整理可得，故，则， 所以. 6．某企业开发了一款软件，已知下载该软件用户的“提问次数”（单位：千次）服从正态分布，且．现从下载该软件用户中随机抽取1名用户，则“提问次数”在区间的概率为（ ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 【答案】C 【详解】 则. 7．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出，再与联立求出即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 若， 则，得， 则； 若， 则，得， 与矛盾， 故. 8．已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，计算，求证为单调递增数列，再得到为等差数列求解即可. 【详解】令，计算可得，所以，因为，则， 两式相减可得，由递推公式及知，为单调递增数列， 则，则，则，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则，故所求为. 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，其中是最小值，是最大值，则（   ） A．的极差不大于的极差 B．的60%分位数等于的60%分位数 C．的众数等于的众数 D．的方差不小于的方差 【答案】AB 【详解】不妨设，则的极差为， 又的极差为，所以的极差不大于的极差，故A正确； 不妨设，又，所以的60%分位数为， 又，所以的60%分位数为，故B正确； 取特殊值，设一组数据为的众数为2和3，而的众数为2．故C错误； 当一组数据是常数时，去掉两个值（可以理解为最大、最小值），数据的波动性不变；当数据不是常数时，去掉最大、最小值，数据的波动性一定变小，也就是方差变小．所以的方差不大于的方差，故D错误． 10．棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（） A．点的轨迹长度为 B．三棱锥的体积为 C．直线与平面所成角的正切值最大是2 D．存在点使平面平面 【答案】BD 【分析】对于A，通过证明面面平行，进而可得线面平行，进而确定点P的轨迹；对于B，利用等体积法即可判断；对于C，作出线面角，通过分析可知当最短时，最大；对于D，当点为的中点时，平面平面，用向量法证明即可. 【详解】对于A，分别取的中点、，连接、， 分别为的中点，， ∵，且，∴四边形为平行四边形， ，，， 平面，平面，平面， 分别为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，平面，∴平面平面， 为侧面内一动点且满足平面， ∴动点的轨迹为，此时平面，∴恒有平面， ，故错误. 对于，，点到平面的距离为正方体的棱长， ∴，故正确. 对于，分别取、的中点M，N，过作平面，连接， 显然点H落在MN上，则为直线与平面所成的角， ，当最短时，最大，显然当时， 最短，由题知是直角边长为1的等腰直角三角形，，故 ，故错误. 对于，当点为的中点时，平面平面，下面证明. 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 为的中点，， ， ， ， ， ，平面，平面 平面，平面平面，故D正确. 11．已知函数，则（    ） A．当时，有2个零点 B．当时，有3个零点 C．当时，只有1个零点 D．当时，有2个零点 【答案】BC 【详解】对于A，时，有1个零点，时，， 当时，时，时，， 所以的单调增区间为，单调减区间为时，，所以时，没有零点，A错误； 对于B，当时，在时，有2个零点，B正确； 对于C，由得，时，时，， 令，则 对，且时，，所以在上单调递增， 在上单调递增，且时，， 所以只有1个零点，C正确； 对于D，当时，在上单调递增，时，无解； 时，的极小值为有1个零点，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．已知，，若，则实数______. 【答案】 【详解】因为，故，故. 13．设函数，已知，则的最小值为________. 【答案】 【详解】由，得， 所以，解得， 由，得， 所以，解得， 所以， 当或时，取得最小值． 14．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______. 【答案】/ 【分析】根据椭圆定义和余弦定理可构造方程，利用表示出的长度，再利用余弦定理构造关于的齐次式即可求得离心率. 【详解】 设，则， 由椭圆定义可知：，， 由余弦定理得：， 整理可得：，（舍）或， ，，， ，，即， 的离心率. 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． (1)若，且，求的值； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用辅助角公式化简，得到，结合角的范围求出，利用两角差的正弦公式代入求解即可. （2）根据图像平移变换得到，结合余弦型函数性质求值域即可. 【详解】（1）由题意知， 令，所以， 又，所以， 所以， 所以． （2）将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到， 当时，， 所以，， 即的值域为． 16．如图，在四棱柱中， ，平面分别是的中点，分别是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可证平面，连接，进而证明平面，利用面面平行的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值． 【详解】（1）因为分别是的中点，棱柱的侧面是平行四边形，侧棱互相平行且相等， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面． 连接，由分别是的中点，分别是的中点 ，得，所以，因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）连接，在棱柱底面中，，所以平分，且． 分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系 则， ， 所以. 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为， 则，所以， 故二面角的正弦值为． 17．为了测试AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与象棋软件进行比赛.比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋都分胜负、没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响.已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，. (1)设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件，象棋大师甲得2分为事件，求； (2)由于象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行6局，且当两位象棋大师的总得分与象棋软件的得分相差2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了局，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2) 1 2 3 4 5 6 【详解】（1）已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为， 所以甲连胜两局的概率为，乙两局中胜一局的概率为， 所以， 前两局共得3分分为两种情况： 甲得2分，乙得1分，概率为； 甲得1分，乙得2分，概率为， 所以， 所以 （2）每局结束后，两位大师和AI的总得分可能情况为： 甲乙都输：0分，AI：2分，分差为2分； 甲乙一胜一负：1分，AI：1分，分差为0分； 甲乙都赢：2分，AI：0分，分差为2分； 所以单局结束后继续比赛的情况为，结束比赛的概率为， 所以的可能取值为1,2,3,4,5,6， ， ， 分布列为 1 2 3 4 5 6 . 18．已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍. (1)求曲线的轨迹方程； (2)已知A，B，C三点均在上， （i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标； （ii）若的重心是坐标原点，求的面积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题设点到直线与定点的距离关系列等式，平方化简后得到椭圆标准方程. （2）（i）用点坐标表示，结合等差数列条件，联立直线与椭圆方程求坐标，计算后代入条件解方程得点坐标.（ii）分直线斜率存在与不存在两种情况，利用重心坐标公式、弦长公式和点到直线的距离公式计算面积，最终得面积为. 【详解】（1）由题意知，设曲线上任意一点的坐标为， 所以，即， 所以曲线的轨迹方程为. （2）（i）设，则， 设 其中， 由，消去，得 ， 则， 从而， 同理可得， 则 ， 由成等差数列，得，即， 解得，或（舍），或（舍）， 相应的，所以点的坐标为. （ii）设， 当直线AB的斜率不存在时，易得，直线AB的方程是， 或，直线AB的方程为. 将代入椭圆方程，可得， 所以的面积. 当直线AB的斜率存在时， 根据重心的性质可得AB的中点， 由两式相减并化简得， 即，， 所以直线AB的方程为， 即. 令，可得直线AB在轴上的截距为，则 将代入椭圆方程可得， 即，则， 所以， 所以， 设坐标原点为，因为是的重心，所以， 所以的面积是. 19．已知数列满足，. (1)证明：； (2)设，证明：数列为递减数列； (3)设为数列的前项和，求，其中表示不超过的最大整数（）. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据条件得出，利用放缩可得，结合累加法可证； （2）化简，结合判断正负性即可； （3）根据得出，根据，得出， 以及，进一步得出，构造函数，令，得出，即可求出，最后得出. 【详解】（1）因为，，所以， 则，即， 则， 则， 又，所以， 若，则，则， 因为，所以恒成立， 故对任意恒成立； （2）由（1）可知， ， 因为，所以，， 则，故， 则，故数列为递减数列； （3）因为，所以， 则 ， 因为，所以，故， 因为，， 所以， 则 ， 令，则， 则在上单调递增，故，即， 令，则，则， 故， 则， 则，则，则， 故，故. 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $