临考押题卷03（内蒙古专用）2026年高考数学押题模拟卷

**基本信息** 整合内蒙古多地区模拟题，覆盖集合、函数、立体几何等核心知识，通过分层设问（如函数极值证明、概率递推）考查数学思维与应用能力，适配高考临考冲刺。 **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、向量、双曲线等|结合充要条件（第3题）、空间位置关系（第4题）考查逻辑推理| |填空题|3题15分|圆内接四边形、三棱锥外接球、椭圆抛物线综合|折叠问题（第13题）体现空间观念，几何与代数融合| |解答题|5题77分|解三角形、立体几何、轨迹方程、函数极值、概率|概率题（第19题）以居民散步为情境，函数题（第18题）多问递进，考查数学表达与论证|

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·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知复数满足，则（   ） A． B．2 C． D．4 3．（2026·内蒙古包头·一模）若，为非零向量，则“”是“”的（   ） A．必要不充分条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．充要条件 4．（2026·内蒙古包头·二模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（2026·内蒙古兴安·二模）已知，则的值（    ） A．2 B．-2 C．3 D．-3 6．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）当，且满足时，若恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）已知函数是上的增函数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 8．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点．若在第一象限，且，则该双曲线的离心率为（   ） 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·内蒙古兴安·二模）下列说法正确的是（    ） A．若随机变量，则 B．若事件相互独立，则 C．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断变量与不独立 10．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）记数列的前项和为，若，且，则（   ） A． B．是等差数列 C． D．当时，有最小值 11．（2026·内蒙古包头·模拟预测）在等腰梯形中，，点分别为的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体的侧面积为 B．该旋转体的体积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的表面积为 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·内蒙古呼和浩特·一模）在圆内接四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2，则四边形ABCD的面积为______． 13．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 14．（2026·内蒙古包头·二模）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为___________． 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．（2026·内蒙古赤峰·三模）在中，角的对边分别为，且周长为18． (1)求的值及的面积； (2)求的值． 16．（2026·内蒙古包头·二模）如图，在平行六面体 中，棱 底面ABCD是边长为2的正方形，且 (1)求证:BD⊥平面 ACC1A1； (2)求平面AB1C与平面ACC1A1夹角的余弦值. 17．（2026·内蒙古包头·二模）已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． (1)求点的轨迹的方程； (2)已知上存在三点，且关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 18．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)设有且仅有一个极值点，求a的取值范围； (3)若函数存在2个极值点，且满足，求证：． 19．（2026·内蒙古包头·二模）某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. (1)若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； (2)若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 2 / 16 1 / 16 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·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解出不等式，求出集合，进而求交集即可. 【详解】由，得，解得 ， 即. 由，可得，解得， 即， 所以. 2．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知复数满足，则（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】A 【详解】复数z满足, 故， 故. 3．（2026·内蒙古包头·一模）若，为非零向量，则“”是“”的（   ） A．必要不充分条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．充要条件 【答案】A 【分析】由向量共线用表示出，应用向量数量积的运算律得，结合充分、必要性的定义判断推出关系，即可得. 【详解】由，为非零向量且知，存在实数，使， 则，， 当时，，故充分性不成立， 由，则， 故，所以， 即，故， 所以同向共线，必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 4．（2026·内蒙古包头·二模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误； B，若，，则可平行于，或者与相交，错误； C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误； D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确． 5．（2026·内蒙古兴安·二模）已知，则的值（    ） A．2 B．-2 C．3 D．-3 【答案】C 【分析】根据二倍角余弦公式进行化简求解即可. 【详解】， 故选C. 6．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）当，且满足时，若恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，，，利用基本不等式推得，再由恒成立得，求解即得. 【详解】因为，且满足，， 即，则，即，当且仅当时，等号成立， 又因为恒成立，所以，即， 即，解得. 7．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）已知函数是上的增函数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得恒成立，进而分两种情况讨论求解即可. 【详解】由，得， 所以， 因为是上的增函数，则恒成立， 即恒成立， 当时，，此时不恒成立，不满足题意； 当时，等价于对恒成立， 则，即，则， 设，则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即的最小值是. 故选：B. 8．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点．若在第一象限，且，则该双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由双曲线对称性可得， 又是双曲线上的点，且在第一象限， 所以，又， 所以，所以. 在中，由余弦定理得， 又因为，所以， 整理得，所以，所以， 所以该双曲线的离心率为. 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·内蒙古兴安·二模）下列说法正确的是（    ） A．若随机变量，则 B．若事件相互独立，则 C．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断变量与不独立 【答案】AD 【分析】根据正态分布曲线的对称性，可判定A正确；根据，可判定B不正确；将样本中心代入回归方程，求得的值，可判定C错误；根据，拒绝“与的独立”的原假设，可判定D正确. 【详解】对于A，随机变量，可得，即正态分布曲线关于对称， 因为，所以，所以A正确； 对于B，若事件相互独立，可得， 只有事件和事件互斥时，满足，所以B不正确； 对于C，对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为， 若样本数据的中心点为，可得，解得，所以C错误； 对于D，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到， 依据的独立性检验，可得， 此时拒绝“与的独立”的原假设，可判断变量与不独立，所以D正确. 10．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）记数列的前项和为，若，且，则（   ） A． B．是等差数列 C． D．当时，有最小值 【答案】AB 【分析】利用与的关系，得到（），结合已知条件判断数列为等差数列，求出通项公式及前项和，即可判断选项A、B、C，结合数列的函数性质即可判断选项D. 【详解】选项A：当时，，，故A正确. 选项B：当时，， 则， 即（），又，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，故B正确. 选项C：由B知，，，故C错误. 选项D：由C知，， 因为，所以当或时，取最小值，故D错误. 11．（2026·内蒙古包头·模拟预测）在等腰梯形中，，点分别为的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体的侧面积为 B．该旋转体的体积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】根据圆台的侧面积、体积公式，结合直线与平面所成的角定义、圆台的外接球的性质、球的表面积进行逐一判断即可． 【详解】由题意可知，所得到的旋转体是圆台，如图． 因为， 所以圆台的上、下底面的半径分别满足． 又， 所以该圆台的侧面积，所以A正确． 过点分别作于点于点， 则，所以， 故该圆台的体积， 所以B错误． 易知圆台的上、下底面平行， 所以直线与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角． 过点作于点．易知为直线与下底面所成的角． 又，， 所以，所以正确． 设该圆台的外接球的半径为，球心为． 当点在线段上时，．由，得，即，解得． 当点在线段的延长线上时，．由，得，即． 化简，得，此时无解． 所以， 则该旋转体的外接球的表面积，所以正确． 故选：ACD 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·内蒙古呼和浩特·一模）在圆内接四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2，则四边形ABCD的面积为______． 【答案】 【分析】利用圆内接四边形对角互补，把四边形分成两个三角形利用余弦定理求解，利用三角形面积公式只需求对角的正弦值即可. 【详解】如图连接，因为四边形为圆的内接四边形，所以， 在中，，，有， 在中，，，有 , 所以，又，解得， 所以， 则， 即. 13．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 【答案】 【分析】取的中点E，由已知可得为二面角的平面角，利用余弦定理求出，利用勾股定理的逆定理可得为直角三角形，则得的中点O为三棱锥的外接球的球心，即可得到外接球的半径，进而求出表面积. 【详解】 如图，取的中点E，连接， 已知，，所以，， 又，所以，， 所以为二面角的平面角，其余弦值为， 在中，由余弦定理得 ， 即，则， 所以为直角三角形， 则的中点O为三棱锥的外接球的球心， 外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为. 14．（2026·内蒙古包头·二模）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为___________． 【答案】 【分析】先由焦点可得，，进而可得，再由椭圆的定义可得椭圆的长轴，从而可得离心率的值. 【详解】由焦点，得，，所以抛物线的方程为，准线为.又由，得，所以， 设椭圆的左焦点为，有，故，则， 可得离心率为. 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．（2026·内蒙古赤峰·三模）在中，角的对边分别为，且周长为18． (1)求的值及的面积； (2)求的值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先应用正弦定理边角转化结合余弦定理得出，再应用同角三角函数关系结合面积公式计算求解； （2）应用二倍角正弦及余弦公式计算，最后应用两角差正弦公式计算求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得 又周长为18，所以 所以 在中，，所以 因为，所以 所以． （2）由（1）可得， ， 所以 16．（2026·内蒙古包头·二模）如图，在平行六面体 中，棱 底面ABCD是边长为2的正方形，且 (1)求证:BD⊥平面 ACC1A1； (2)求平面AB1C与平面ACC1A1夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用空间向量数量积运算证明，再利用线面垂直的判定推理得证. （2）利用空间向量数量积的运算求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在平行六面体中，令，，， 由正方形边长为2，得，而，， 则，， 因， 则，则，即， 又底面ABCD是边长为2的正方形，则，，平面， 所以平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量， 则， 不妨取，得，则， 由（1）知平面的法向量， 又， ， ， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．（2026·内蒙古包头·二模）已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． (1)求点的轨迹的方程； (2)已知上存在三点，且关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用斜率公式，列方程化简即可； （2）①利用直线与抛物线联立，求出对称点的中点坐标，利用中点在对称轴上找到参数的相等关系，再利用判别式恒大于0，来求出参数的范围，最后再排除特殊情况即可； ②利用弦长公式，结合等边三角形可得到相等关系，再通过坐标满足的方程来求解即可. 【详解】（1）设点． 因为直线的斜率与直线的斜率的差是2，所以， ， 化简得：． （2）①因为关于直线对称，所以直线的斜率为-2． 设直线的方程为， 联立消去可得． 所以 所以中点坐标． 因为点在直线上，所以． 因为，所以， 因为曲线方程，即曲线上要挖掉两点， 即直线不能经过点， 若直线过点，则， 若直线过点，则． 综上所述：的取值范围是． ②因为为等边三角形，所以点在直线上． 设，则， ． 所以，即， 化简得，①． 因为点在直线上，所以②． 由①②消得，． 因为，所以， 所以． 18．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)设有且仅有一个极值点，求a的取值范围； (3)若函数存在2个极值点，且满足，求证：． 【答案】(1)2x＋y－2＝0 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据直线的点斜式方程求解； （2）由题意，可得有且只有一个变号根，通过求导，判断函数的单调性和图象趋势，即可求得参数范围； （3）由得，令，求导判断函数单调性，推得，结合，得到，令，判断其单调性，得在上存在唯一解，再由零点存在定理即可证得. 【详解】（1）当时，， ，且， 故在处的切线方程为，即2x＋y－2＝0， （2）， ， 由＝0可得，令，x>0， 则 令，在上单调递减，且， 则当时，，则，即在上单调递增， 时，，，即在上单调递减， 且又时，，时，， 由题得，有且只有一个变号根，故 （3）由 ，可得， 令，则，由得，由，得. 故在上单调递增，在上单调递减，且，当时，， 因，对于，有，，故，， 则由，又，故， 令，则， 因，则，故在上单调递增， 又， 则在上存在唯一解，∴ 又，， 则有，故可得． 19．（2026·内蒙古包头·二模）某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. (1)若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； (2)若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 【答案】(1)分布列见解析； (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望； （2）（ⅰ）分析第天选择路线，和路线情况下第天选择路线的概率，再由全概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前和公式推理得证. 【详解】（1）记附近居民第天选择路线分别为事件， 依题意，，，， 则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率； 记第二天选择路线散步的人数为，则， 则，， ，， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 故的数学期望． （2）（i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率； 当第天选择路线时，第天选择路线的概率， 所以. （ii）由（i）知，则，而， 于是数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，即，， 当时，，而， 所以； 当时，， 而， 所以， 所以. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $