临考押题卷04（黑龙江省专用）2026年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·黑龙江哈尔滨·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过一元二次不等式确定集合，再结合交集运算即可求解. 【详解】由 ，解得 ，即 ， 又， 因此 . 2．（2026·黑龙江佳木斯·模拟预测）命题“，”的否定形式是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】，”的否定形式是“，”. 3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知复数，则的值为（    ） A．2 B． C． D．8 【答案】C 【详解】， ， 所以. . 4．（2026·黑龙江大庆·二模）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量的坐标运算先计算，再由向量的数量积的坐标运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 因为，所以， 所以，解得. 故选：D. 5．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）设为等比数列的前n项和，且，则的值为（   ） A．2 B． C． D．15 【答案】B 【详解】当时，，此时，不符合题意； 当时，由题意得，则， 所以，解得， 所以，， 所以. 6．（2026·黑龙江·一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1名学生，每位志愿者仅去一个地点，则不同的分配方法种数为（   ） A．81 B．72 C．36 D．12 【答案】C 【分析】利用排列数与组合数定义计算即可得. 【详解】先从四人中选出两人当成一组，共种分法， 再将三组人进行分配，共种， 故共有种分配方法. 7．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知点是椭圆上的一个动点，，则的最大值为（    ） A．4 B． C． D．8 【答案】D 【分析】利用椭圆的定义得到，将所求的最大值转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边，三点共线时取等号，从而得到所求. 【详解】，，， ， 设右焦点为，左焦点， ，， 当点共线时取等号， ，，， ，的最大值为. 故选：D. 8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题得，令，由函数性质可知为增函数， 又，，根据零点存在性定理可知：， 即的取值范围为. 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．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知，则（   ） A．的解集为 B．的解集为 C．当时，的最小值为1 D．，恒成立 【答案】AC 【分析】根据分式不等式的解法、均值不等式求最值、作差法比较大小等方法逐一验证选项判断正误. 【详解】对于A：等价于，解得或，故A正确， 对于B：等价于，即， 整理得，解得，且，故B错误； 对于C：当时，， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D：，，即，故D错误. 10．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正四面体中，已知面，平面，点F，M，N分别在棱上，下列说法正确的是（   ） A．若M，N分别为棱的中点，且平面不经过点M，则平面 B．当F为棱的中点时，平面平面 C．若四面体的棱长为2，则其外接球的体积为 D．若点N为的中点，则与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】将正四面体补成正方体，然后每个选项逐一判断即可． 【详解】将正四面体放在正方体中，如图，设中点为， ， 平面，平面， 平面，平面， 又平面，平面不经过点M， 平面平面， 平面，故A正确； 对于B，F为棱的中点，且， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面，故B正确； 对于C，四面体的棱长为2，则正方体的棱长为， 其外接球半径，体积为，故C错误； 对于D，由正方体性质可知， 又面，平面，且为异面直线， 平面， 又平面， 平面平面， 设的中点为，连接， ，又平面， 平面， 就是直线与平面所成角， 则， 设正方体边长为，则， 当时，取得最小值，最小值为， 此时最大，最大值为，即最大，最大值为， 故与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确． 故选：ABD． 11．（2026·黑龙江·一模）已知抛物线的焦点为，为上一动点，A为一定点，则正确的有（   ） A．若，则点P的坐标为 B．若，则的最小值为6 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】根据抛物线定义以及性质可以得出A、B、C选项，利用直线斜率和倾斜角的关系，得出的表达式，再利用函数导数求最值. 【详解】对于A，因为焦半径，所以，代入，解得， 所以，故A错误； 对于B，将横坐标5代入抛物线方程中，得，所以点A在抛物线内， 所以，当且仅当与轴平行时取等，故B正确； 对于C，设，则， 所以， 所以的最小值为，C正确； 对于D，设点M是x轴上点A右侧一点，不妨设P位于第一象限， 如图所示： 则 ， 令，分母为，则， 当，，所以在上单调递减； 当，，所以在上单调递增； 所以当时，， 此时，由图知，所以，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·黑龙江·一模）如图，已知正方形的边长为2，且F为AD边中点，与交于点，则________． 【答案】/ 【分析】以为基底表示，结合向量的数量积运算求得正确答案. 【详解】在正方形中，因为为AD中点，所以，且， 则， 则 . 13．（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）已知，，，则______． 【答案】 【分析】由得，联立得，进而得，计算得，结合角的范围即可求解. 【详解】由， 又，所以， 所以， 所以， 又，所以，所以. 故答案为： 14．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）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．（2026·黑龙江大庆·二模）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理，即可求解； （2）利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解，从而求出周长. 【详解】（1）由正弦定理得：， 在三角形中，所以， 即， 因为，所以， 因为，所以 （2），所以， 由余弦定理得，所以， 则， 所以的周长为. 16．（2026·黑龙江·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，三棱锥的体积为，点在棱上，，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解； （2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E作交BD于H，过H作于G，连.则为二面角的平面角，进行求解． 【详解】（1）因为，是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， ， 由（1）知平面，三棱锥的体积为， 所以． 法1：，，，，， 所以，， 设为平面的法向量， 则由，， 得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以， 由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°， 法2： 过E作交BD于H，过H作于G，连， 因为平面BCD，所以平面BCD． 因为平面BCD，所以． 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 因为，所以，， 得， 得， 由，得，而， 得，得，而， 得，得， 在中，， 所以， 所以二面角的大小为． 17．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1） 根据离心率及焦点列方程计算求解椭圆方程； （2）先设直线再联立方程组计算韦达定理，把角转化为计算向量数量积计算求解. 【详解】（1）由已知， 解得，所以C的方程为 （2）设MN：，， 将直线与椭圆方程联立， 整理得， 经检验， 根据韦达定理， 因为，所以，即， 所以，整理得， 将韦达定理代入得， 去分母后整理得，解得， 18．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. (1)求，； (2)求的通项公式； (3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 【答案】(1)， (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件的概率计算公式可求的值，结合的值可求的值.或者分情况讨论，利用互斥事件的概率加法公式求的值. （2）先探索与的递推关系，再根据递推公式求数列的通项公式. （3）先求移动步之后，动点停留在点的概率为，根据服从两点分布，利用给出的公式求即可证明. 【详解】（1）设事件表示第次沿水平方向移动，事件表示第次沿竖直方向移动， ， ， 另一种计算的方法： 四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为； 四次移动中，全部水平移动的概率为； 四次移动中，全部竖直移动的概率是； 相加得. （2）设连续移动两步，动点位置变化的概率为，动点位置不变的概率为 则，； 根据全概率公式，， 则， 因为，所以， 所以，. （3）设移动步之后，动点停留在点的概率为， 则根据全概率公式，，， 又因为，所以，， 设随机变量满足：①当移动步之后，动点停留在点，则； ②当移动步之后，动点不停留在点，则； 显然服从两点分布，且， 所以 . 19．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【详解】（1）由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4  令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设，，， 于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递减： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 2 / 18 1 / 18 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·黑龙江哈尔滨·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江佳木斯·模拟预测）命题“，”的否定形式是（   ） A．， B．， C．， D．， 3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知复数，则的值为（    ） A．2 B． C． D．8 4．（2026·黑龙江大庆·二模）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）设为等比数列的前n项和，且，则的值为（   ） A．2 B． C． D．15 6．（2026·黑龙江·一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1名学生，每位志愿者仅去一个地点，则不同的分配方法种数为（   ） A．81 B．72 C．36 D．12 7．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知点是椭圆上的一个动点，，则的最大值为（    ） A．4 B． C． D．8 8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数，若，则的取值范围为（   ） 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．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知，则（   ） A．的解集为 B．的解集为 C．当时，的最小值为1 D．，恒成立 10．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正四面体中，已知面，平面，点F，M，N分别在棱上，下列说法正确的是（   ） A．若M，N分别为棱的中点，且平面不经过点M，则平面 B．当F为棱的中点时，平面平面 C．若四面体的棱长为2，则其外接球的体积为 D．若点N为的中点，则与平面所成角的正弦值的最大值为 11．（2026·黑龙江·一模）已知抛物线的焦点为，为上一动点，A为一定点，则正确的有（   ） A．若，则点P的坐标为 B．若，则的最小值为6 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 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·黑龙江·一模）如图，已知正方形的边长为2，且F为AD边中点，与交于点，则________． 13．（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）已知，，，则______． 14．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）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．（2026·黑龙江大庆·二模）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长. 16．（2026·黑龙江·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，三棱锥的体积为，点在棱上，，求二面角的大小． 17．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 18．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. (1)求，； (2)求的通项公式； (3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 19．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $