临考押题卷02（吉林省专用）2026届高考数学押题模拟卷

2026年高考临考押题卷 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．（2026·吉林·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·吉林长春·一模）复数的虚部是（    ） A． B．1 C． D． 3．（2026·吉林·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·吉林·二模）已知圆：，则“点在圆外”是“点在圆外”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2026·吉林白山·模拟预测）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（   ）. A．7 B．10 C．7π D．10π 6．（2026·吉林·模拟预测）已知等差数列的前项和为，则（    ） A．48 B．52 C．56 D．96 7．（2026·吉林长春·二模）双曲线的两个焦点分别是、，焦距为8，是双曲线上的一点，且，则（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 8．（2026·吉林长春·二模）已知实数，若且，则（   ） A．9 B．21 C．27 D．30 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·吉林吉林·模拟预测）（多选题）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（    ） A．棱台的侧面一定不会是平行四边形 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥 D．棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥 10．（2026·黑龙江吉林·一模）下列关于函数.的说法正确的是（   ） A．为奇函数 B．是图象的一条对称轴 C．为周期函数，且最小正周期为 D．的值域为 11．（2026·吉林白山·模拟预测）某高端茶饮品牌推出一款新品冷泡茶，为优化产品配方，品牌对该款茶的“最佳饮用时长”x（单位：小时，指冲泡后风味最佳的时长区间）进行市场调研.从全国门店随机抽取了100名消费者进行试饮测试，统计结果如下表： 最佳饮用时长x（小时） 消费者人数y 2 38 a b 6 已知最佳饮用时长x的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），根据调研数据可认为x近似服从正态分布，用样本平均值作为的值，样本标准差s作为的值.则下列说法正确的是（   ）. （参考数据：若随机变量，则，，） A．， B．饮用时长在小时内的消费者占比估计值为13.59% C．饮用时长超过5.5小时的消费者占比估计值为2.275% D．若规定概率低于0.27%的事件为小概率事件，则本次调研中未发生小概率事件，即该款茶的最佳饮用时长符合品牌预设标准 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·模拟预测）已知数列的前项和为，若，则_____________. 13．（2026·吉林白山·模拟预测）如图，是边长为2的等边三角形，以为直径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，若，则的最大值为______________. 14．（2026·吉林·二模）已知平面，，，分别过正四面体的四个顶点，且平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，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．（2026·吉林·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且． (1)求内角A的大小； (2)若，求面积的最大值． 16．（2026·吉林通化·模拟预测）如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 17．（2026·吉林长春·二模）已知抛物线上的点到焦点距离的最小值为． (1)求的方程； (2)若点，在上，且线段的中点在直线上，点，求面积的最大值． 18．（2026·吉林·模拟预测）一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 19．（2026·吉林·模拟预测）已知函数. (1)证明：时，； (2)若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明：. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考临考押题卷 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．（2026·吉林·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据并集运算的定义，即可得答案. 【详解】因为，， 所以. 2．（2026·吉林长春·一模）复数的虚部是（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】利用复数除法，结合复数的意义求解即得. 【详解】， 所以复数的虚部是1. 故选：B 3．（2026·吉林·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据对立事件概率公式求出，进一步由条件概率公式即可求解． 【详解】因为，所以， ． 4．（2026·吉林·二模）已知圆：，则“点在圆外”是“点在圆外”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据点与圆的位置关系，充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】若点在圆外，则，所以. 若点在圆外，则，所以. 显然是的真子集， 故“点在圆外”是“点在圆外”的充分不必要条件. 5．（2026·吉林白山·模拟预测）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（   ）. A．7 B．10 C．7π D．10π 【答案】A 【分析】利用祖暅原理将不规则几何体体积转化为正四棱台体积. 【详解】正四棱台的上底面边长为，故上底面积； 下底面边长为，故下底面积，棱台高 所以. 6．（2026·吉林·模拟预测）已知等差数列的前项和为，则（    ） A．48 B．52 C．56 D．96 【答案】A 【分析】设出首项和公差，结合题意求解基本量，进而利用求和公式求解即可. 【详解】设首项为，公差为， 因为，所以， 因为，所以，解得， 此时，解得， 可得，故A正确. 故选：A 7．（2026·吉林长春·二模）双曲线的两个焦点分别是、，焦距为8，是双曲线上的一点，且，则（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 【答案】D 【分析】根据焦距及双曲线的关系，结合双曲线定义，即可求得答案. 【详解】由题意知，，所以. 在双曲线中，有，所以，又，所以. 由双曲线定义知，，即，所以或. 又，即，所以. 综上，. 8．（2026·吉林长春·二模）已知实数，若且，则（   ） A．9 B．21 C．27 D．30 【答案】D 【分析】设，由已知条件可得，求出t，即可得，结合可求出n的值，继而求出m，即可求得答案. 【详解】设，则，由于，则， 故由可得，即， 解得，舍去， 故，即得， 又，则，即，结合，得， 故，则. 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·吉林吉林·模拟预测）（多选题）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（    ） A．棱台的侧面一定不会是平行四边形 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥 D．棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥 【答案】ABC 【详解】选项A，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形，A正确； 选项B，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形，B正确； 选项C，四个平面围成的封闭多面体，每个面都是三角形，且有一个公共顶点，这是三棱锥（四面体）的定义，C正确； 选项D，如下图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥，D错误． 10．（2026·黑龙江吉林·一模）下列关于函数.的说法正确的是（   ） A．为奇函数 B．是图象的一条对称轴 C．为周期函数，且最小正周期为 D．的值域为 【答案】AD 【分析】利用奇偶性定义判断A，利用函数对称性与周期性的定义判断BC；利用导数判断D. 【详解】对于A，，为奇函数，故A正确. 对于B，， ， ，不是图象的一条对称轴，故B错误； 对于C， ，，不是的周期，故C错误， 对于D，， 令，即，解得或， 当时，，， 当时，，，故函数极值为. 的值域为，故D正确. 11．（2026·吉林白山·模拟预测）某高端茶饮品牌推出一款新品冷泡茶，为优化产品配方，品牌对该款茶的“最佳饮用时长”x（单位：小时，指冲泡后风味最佳的时长区间）进行市场调研.从全国门店随机抽取了100名消费者进行试饮测试，统计结果如下表： 最佳饮用时长x（小时） 消费者人数y 2 38 a b 6 已知最佳饮用时长x的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），根据调研数据可认为x近似服从正态分布，用样本平均值作为的值，样本标准差s作为的值.则下列说法正确的是（   ）. （参考数据：若随机变量，则，，） A．， B．饮用时长在小时内的消费者占比估计值为13.59% C．饮用时长超过5.5小时的消费者占比估计值为2.275% D．若规定概率低于0.27%的事件为小概率事件，则本次调研中未发生小概率事件，即该款茶的最佳饮用时长符合品牌预设标准 【答案】ABD 【分析】对于A，由题可得，由，可得，据此可判断选项正误；对于BCD，由题可得，则，然后由正态分布知识可判断选项正误. 【详解】对于A，由题可得， ， 解得：，故A正确； 对于B，由题可得，则， 由正态分布知识，， 则，故B正确； 对于C，因，则，故C错误； 对于D，由题可得， 从而或 ， 因小概率事件范围与题目所涉及范围无交集， 则该调查中未发生小概率事件，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．（2026·吉林·模拟预测）已知数列的前项和为，若，则_____________. 【答案】 【分析】利用数列的前项和与的关系，通过和两种情况分别求出和的表达式，再验证是否满足时的表达式，进而求出数列的通项公式. 【详解】由，当时，，所以. 当时，， 所以，所以数列是首项为，公比的等比数列， 所以. 当时，，上式也成立. 综上，. 故答案为： 13．（2026·吉林白山·模拟预测）如图，是边长为2的等边三角形，以为直径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，若，则的最大值为______________. 【答案】 【分析】建立坐标系，写出各点坐标，利用三角函数参数表示点，推导出的表达式，再利用三角函数的性质求最大值. 【详解】取中点（圆心）为原点，在轴上，由△ABC是边长为2的等边三角形，三线合一得，， 因此各点坐标为：，，，， 设（为与轴夹角），由在上半圆，得。 ，，， 由，对应坐标相等得：， 则， 因为，的最大值为， 所以. 14．（2026·吉林·二模）已知平面，，，分别过正四面体的四个顶点，且平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，则_______． 【答案】. 【分析】将正四面体放入正方体考虑，利用对称性，判断平面，，，满足的条件，建系求解即可. 【详解】如图，将四面体放入正方体中， 由对称性不妨设平面，，，分别过， 由平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d， 从而过的中点，靠点的三等分点； 过的中点，靠点的三等分点； 如图所示，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， ， 设平面的法向量为 则，取， 从而. 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．（2026·吉林·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且． (1)求内角A的大小； (2)若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）把向量的数量积用坐标表示后利用正弦定理化边为角，利用三角函数性质可得； （2）用余弦定理后利用基本不等式得出的最大值，从而可得面积最大值． 【详解】（1）∵，，且， ∴， ∴由正弦定理得． ∵，∴， ∴，． ∵，∴． （2）∵， ∴由余弦定理得，即． ∵，∴，∴， 当且仅当时，等号成立， ∴， ∴面积有最大值，最大值为． 16．（2026·吉林通化·模拟预测）如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据点到直线距离向量法计算求解； （2）根据面面角向量法计算求解. 【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 由，得， 所以， 所以点到直线的距离为； （2）， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 17．（2026·吉林长春·二模）已知抛物线上的点到焦点距离的最小值为． (1)求的方程； (2)若点，在上，且线段的中点在直线上，点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由抛物线定义可知抛物线上的动点到焦点距离的最小值即为动点到准线距离的最小值. （2）抛物线方程和直线方程联立，用韦达定理表示根的关系，再利用弦长公式，点到直线的距离公式求出的底和高，最后利用导数即可求出面积的最大值. 【详解】（1）抛物线的焦点，准线为， 抛物线上的动点到焦点距离的最小值即为动点到准线距离的最小值，即，即，故的方程为． （2）由题意可知直线斜率存在，设的方程为，与抛物线联立消去可得 ，则，， 则， 的中点在直线上， 即，即， 由弦长公式可知， 点到直线的距离为， 即的面积为， 令，，则， 则， 令，则 令可得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因此在处取得最大值，即的最大值为， 即面积的最大值为． 18．（2026·吉林·模拟预测）一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 【答案】(1) (2) 2 3 4 5 (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合分步乘法计算即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式及分步乘法计算对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，得到数列为等比数列，进而证明即可. 【详解】（1）设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后盒子中5个球的颜色都为黑色”，2次操作，其中1次取出1红1黑，另一次取出2红， 所以； （2）操作2次后，的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （3）记执行上述操作次后，盒子中黑球的个数为， 设，， 则，， 则， ， ， ， 所以 ， 所以， 又， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 19．（2026·吉林·模拟预测）已知函数. (1)证明：时，； (2)若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①②证明见解析 【分析】（1）转化为证明，构造函数，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明，构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可. 【详解】（1）等价证明： 构造， 在上单调递减；在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立. （2）①， 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值 若，即时，，函数在上单调，不可能有三个零点，舍去； 当，即时，， ，当时，，由（1）知， 所以，因为，所以， 故，即 在上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增， ，即是函数的一个零点， ，，且， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 故零点，时，加上有且只有三个零点. 的取值范围是. ②由①知时，，函数在上都取负值， 在上单调递增且都取正值，要证明，只需证明， 只需证即可. ，又 ，令， 令，则，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时， 在单调递减， 成立 成立. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $