临考押题卷04（河北省专用）2026年高考数学押题模拟卷

**基本信息** 2026年高考数学临考押题卷，覆盖集合、函数、立体几何等主干知识，通过生产合格率概率、阅读顺序排列等情境设计，考查数学思维与应用能力，适配高考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|集合运算、函数性质、线面平行条件|基础题梯度明显，如第3题结合充要条件考查逻辑推理| |选择题（多选）|3/18|三角函数图像、四面体重心性质|注重多维度分析，如第10题立体几何判定培养空间观念| |填空题|3/15|排列组合（C与D不相邻）、等比数列积|第12题生活情境渗透数学眼光，考查抽象能力| |解答题|5/77|数列通项与求和、立体几何翻折、椭圆综合|第19题椭圆结合斜率与定点问题，体现运算能力与模型意识，贴合高考命题趋势|

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·河北沧州·三模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北邢台·二模）已知，则（    ） A． B．2 C． D．3 3．（2026·河北邯郸·模拟预测）设，则“”是“直线与直线平行”的（   ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2026·河北保定·二模），则（   ） A． B． C．b＜c＜a D． 5．（2026·河北邢台·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·河北沧州·模拟预测）现有甲､乙､丙三个车间生产某种产品，其中甲车间每日生产400件，乙车间每日生产600件，丙车间每日生产200件，产品的合格率分别为.现随机抽取1件产品送去检验，若抽取的该件产品经检验为不合格品，则该产品来自乙车间的概率为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量，，，若，在上的投影向量相等，且，，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 8．（2026·河北邢台·二模）已知函数，.若与的图象恰好有4个不同的交点，则实数a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·河北·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上的值域为 D．若的图象与的图象在上有公共点，则的取值范围为 10．（2026·河北·二模）如图，四面体中，分别为，的重心，则（   ） A．与可能平行 B．平面 C．若与均为等边三角形，则平面⊥平面 D．若与均为等边三角形，则 11．（2026·河北沧州·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别为，点为双曲线上一点，则下列说法正确的是（    ） A．点到一条渐近线的距离为2 B．点到两条渐近线的距离之积为 C．若直线的斜率为1，则直线的斜率为4 D．若，则直线的斜率为 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·河北邯郸·二模）某人计划阅读A、B、C、D、E、F六本不同的书，并且要求A在B之前读完，C与D不相邻，则不同的读书顺序有________种． 13．（2026·河北保定·三模）已知等比数列{an}的前n项积为 ，若则 _____ 14．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面与母线SA交于点，当时，面积的最大值为______________． 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·河北·二模）已知数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前项和． 16．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． 17．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在直角梯形中，是的中点，现将沿翻折至，连接是的中点. (1)求证：； (2)当四棱锥的体积取最大值时，过点作垂直于的平面与直线相交于点，求与平面所成角的正弦值. 18．（2026·河北保定·一模）已知函数． (1)当时，求这个函数图象在处的切线方程； (2)证明：当时，，使得成立． 19．（2026·河北·二模）已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 2 / 14 1 / 14 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·河北沧州·三模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取集合，的公共部分得到． 2．（2026·河北邢台·二模）已知，则（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【详解】因为，所以，则 3．（2026·河北邯郸·模拟预测）设，则“”是“直线与直线平行”的（   ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由两条直线平行的充要条件判断即可； 【详解】解：因为直线与直线平行， 所以且，所以或. 又因为“”成立可得“或”成立， 而“或”成立不能得到“”成立， 所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件. 故选：B. 4．（2026·河北保定·二模），则（   ） A． B． C．b＜c＜a D． 【答案】B 【分析】根据正弦函数的值域性质，结合对数函数、指数函数的单调性进行求解即可. 【详解】因为，所以. 所以，即， 所以，即，因此. 5．（2026·河北邢台·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理即可得到答案. 【详解】由正弦定理得， 即， 即， 即，又因为，所以，显然， 所以，又因为为三角形内角，所以， 由余弦定理得， 即，解得（负舍）. 6．（2026·河北沧州·模拟预测）现有甲､乙､丙三个车间生产某种产品，其中甲车间每日生产400件，乙车间每日生产600件，丙车间每日生产200件，产品的合格率分别为.现随机抽取1件产品送去检验，若抽取的该件产品经检验为不合格品，则该产品来自乙车间的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】记事件分别表示产品来自甲、乙、丙车间， 则，，； 记事件为抽到不合格品， 则，，； . 7．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量，，，若，在上的投影向量相等，且，，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】D 【详解】因为，在上的投影向量相等， 所以它们的投影也相等，即，所以， 又因为，， 所以； 已知，，满足基本不等式的使用条件， 对目标式， 由得， 因此，将目标式乘展开： ， 根据基本不等式，， 代入得： 当且仅当时等号成立，即，结合， 解得，，满足，，因此最小值为. 8．（2026·河北邢台·二模）已知函数，.若与的图象恰好有4个不同的交点，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数的奇偶性将问题转化为与函数图象有2个不同的交点，利用导函数研究其单调性即可. 【详解】由可知，为偶函数， 又也为偶函数， 故与的图象恰好有4个不同的交点 等价于方程恰好有2个不同的正根，显然， 所以与函数图象有2个不同的交点， ， 当时，单调递增；当时，单调递减； 所以， 当时；当时， 所以，所以，故实数a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·河北·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上的值域为 D．若的图象与的图象在上有公共点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】利用辅助角公式化简可得，结合三角函数的图象与性质依次判断选项即可． 【详解】函数，，A正确． 由，得，所以的图象不关于直线对称，B错误． 由，得，得，所以在上的值域为C正确． 在上的图象如图所示，．易得．因为的图象与的图象在上有公共点，所以，即的取值范围为D正确． 10．（2026·河北·二模）如图，四面体中，分别为，的重心，则（   ） A．与可能平行 B．平面 C．若与均为等边三角形，则平面⊥平面 D．若与均为等边三角形，则 【答案】BCD 【分析】A选项，假设平行，推出矛盾，A错误；B选项，利用比例关系得到平行关系，得到线面平行；C选项，先得到线面垂直，进而证明面面垂直；D选项，在C基础上，根据锥体体积公式可得两者相等. 【详解】A选项，假设，因为平面，平面， 所以平面，但是与平面显然有交点，故假设不成立，A错误； B选项，如图，取的中点，连接， 因分别为，的重心，则分别过点，且， 所以，又因平面，平面，故平面，B正确； C选项，由B知，平面即为平面， 若与均为等边三角形，则⊥，⊥， 又，平面， 所以⊥平面，又平面，故平面⊥平面，C正确； D选项，易知，所以为等腰三角形， 过点作⊥于点，过点作⊥于点，则， 由C可知，⊥平面，又平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 同理可得⊥平面， 所以，， 又，，所以，D正确. 11．（2026·河北沧州·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别为，点为双曲线上一点，则下列说法正确的是（    ） A．点到一条渐近线的距离为2 B．点到两条渐近线的距离之积为 C．若直线的斜率为1，则直线的斜率为4 D．若，则直线的斜率为 【答案】BCD 【详解】A选项，由题可知双曲线的渐近线为，则点到直线的距离为，所以A选项错误； B选项，由题可知点到两条渐近线的距离分别为，所以，所以B选项正确； C选项，，因为在第一象限，所以，且，可得， 又因为为双曲线上一点，可得，联立可得，可得直线的斜率为4，所以C选项正确； D选项，因为，设，则，且，可得，代入可得，解得，所以D选项正确. 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·河北邯郸·二模）某人计划阅读A、B、C、D、E、F六本不同的书，并且要求A在B之前读完，C与D不相邻，则不同的读书顺序有________种． 【答案】240 【详解】先将除外的四本书排序，因为要求A在B之前读完，所以共有种不同的排法； 再将排到四本书共产生的5个空位中，共有种不同的排法. 因此，由分步乘法计数原理得，不同的读书顺序有种. 13．（2026·河北保定·三模）已知等比数列{an}的前n项积为 ，若则 _____ 【答案】/0.25 【分析】设公比为，由条件推得，再由等比数列基本量运算即可求得答案. 【详解】设等比数列{an}的公比为， 由可得， 即，则得，因，则， 于是. 14．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面与母线SA交于点，当时，面积的最大值为______________． 【答案】 【分析】弦MN交AB于点,设，则的面积为：,利用导数求解最值即可. 【详解】如图， 弦MN交AB于点，当时，平面，平面平面， 则， 由圆锥SO的底面为单位圆，其体积为， 得，得，则， 设， 则，得，得， ， 则的面积为：， 则， 由，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则当时，取得极大值，也为最大值， 故的最大值为：. 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·河北·二模）已知数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据递推公式求出及的关系，从而可判断数列的特征； （2）首先求出数列的通项公式，观察可知需要通过错位相减法求解其前项和． 【详解】（1）， 当时，，解得． 又当时，， ，， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列． ． （2）， 由题意知，. ， 设数列的前项和为， ， ， 则， 两式相减得：， 即， ． 16．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为三角形中角A,B,C成等差数列，， 所以，由余弦定理知，， 得，又因为，可得， 则， 整理得，根据三角形的面积公式可得； （2）在中， ， 当且仅当，即时取等号， 此时取得最小值为. 17．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在直角梯形中，是的中点，现将沿翻折至，连接是的中点. (1)求证：； (2)当四棱锥的体积取最大值时，过点作垂直于的平面与直线相交于点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由翻折的垂直关系证出平面，再结合推出平面，从而得到，再由等腰三角形中线性质得，最后由线面垂直判定定理证得平面，进而得到. （2）当四棱锥体积最大时，以为原点建立空间直角坐标系，先根据求出点坐标及向量，再通过平面的法向量公式求出法向量，最后利用线面角的向量公式计算得与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）证明：由题可知，翻折之后有， 又，平面，所以平面. 又由题易得四边形为矩形，所以. 所以平面，平面，所以. 由是的中点，可得， 又平面，所以平面 平面，所以. （2）当四棱锥的体积取最大值时，四棱锥以为底面的高最大. 此时可知平面，为四棱锥以为底面的高. 如图，过点作，交于点. 因为， 所以平面，可得平面为平面. 在中，，可得， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 可得，，，，. 由，，则， 所以，故. 设平面的一法向量为，取，， 设，则 即，令，得，， 所以平面的一个法向量为. 设与平面所成角为，则. 18．（2026·河北保定·一模）已知函数． (1)当时，求这个函数图象在处的切线方程； (2)证明：当时，，使得成立． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求函数在点处的切线方程. （2）方法1：设，通过二次求导判断函数的单调性，结合基本不等式求函数的最大值. 方法2：令，通过二次求导判断函数的单调性，结合基本不等式求函数的最大值. 【详解】（1）当时， ∵，∴， 即切线方程为. （2）方法1：当，时， 令，， 令，则， 令，即在单调递增， 令，即在单调递减； ∵， ∴，使，即 ∴在单调递减，在单调递增， ， ∴当时，，使得成立． 方法2：当，时， 令，， 令，则， 令，即在单调递增， 令，即在单调递减； ∵，， ∴，使，即 ∴在单调递减，在单调递增， ， ∴当时，，使得成立． 19．（2026·河北·二模）已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（I）；（II）直线MN过定点. 【分析】（1）根据以及经过的点，即可求解， （2）根据点差法，即可求解（I），联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据中点坐标公式可得的坐标，进而求解直线方程，即可求解（II）. 【详解】（1）设，则，则的方程为. 因为经过点，所以，得. 故的方程为. （2）（I）设，由 得， 得，则，故. （II）直线.由，得. 由，得， 则， 因为，所以的坐标为. 同理可得的坐标为. 又 ， 所以直线MN的方程为. 因为， 所以直线MN过定点. 2 / 14 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $