临考押题卷01（河北省专用）2026年高考数学押题模拟卷

**基本信息** 2026年高三数学临考押题卷，覆盖集合、函数、立体几何等高频考点，通过基础选择、综合解答题梯度设计，适配高考模拟需求，注重数学思维与模型观念的考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|集合运算、复数象限、函数奇偶性、概率统计、立体几何线面角|基础巩固与能力提升结合，如第6题数列充分必要条件考查推理能力| |填空题|3/15|解三角形面积、二项式常数项、双曲线离心率|聚焦核心知识应用，如第14题双曲线与向量结合体现数学眼光| |解答题|5/77|三角函数与向量、导数单调性、立体几何面面垂直、概率递推、椭圆综合|突出综合应用，如第19题椭圆面积最值与定值探究，考查数学语言表达|

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·河北保定·一模）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由解得：或，故或， 由，解得：，故， 所以 2．（2026·河北邢台·二模）已知复数z满足则z在复平面内对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【详解】由得， 所以z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 3．（2026·河北唐山·二模）已知，则（    ） A． B．-1 C． D．-2 【答案】C 【分析】根据二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，由于， 所以，因此且， 则，故C正确. 4．（2026·河北·二模）已知是定义域为的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】是定义域为的奇函数，可得， ，令，得， 令，得， 又函数为上的奇函数，故. 5．（2026·河北张家口·二模）已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量，且，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用对立事件求对称点的概率，再根据正态曲线关于 对称的性质，均值为两对称点的中点，最后利用对称性求区间概率. 【详解】因为随机变量 ，正态分布的概率密度曲线关于 对称， 由题：， ， 则， 所以 ，对称轴为：， 由正态分布的对称性得：， 所以 . 6．（2026·河北邢台·二模）已知数列的前项和为 ，且，则“”是“数列为递增数列”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】根据与的关系求出，进而求得，结合数列为递增数列，求出的范围；结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 要使数列为递增数列，则， 即，解得； 若，则一定满足且，数列递增，充分性成立； 若数列递增，则必有，必要性成立； 所以“”是“数列为递增数列”的充要条件. 7．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由圆柱侧面积公式求出底面半径，再利用线段差求出，借助勾股定理算出；接着以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标；然后通过平面法向量的方程组求得平面的法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系，代入公式算出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】设圆柱的底面半径为，则其侧面积，解得. 连接，则， 所以，易知， 所以. 以为坐标原点，平面内过点且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，则，取，得. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 8．（2026·河北雄安·模拟预测）已知为圆上的不同两点，过两点分别作圆的切线，且两切线的交点在直线上，则的最小值为（    ） A． B．4 C．6 D． 【答案】B 【分析】由题意可得当的值最小，即时，取得最小值. 【详解】圆，圆心，半径是圆的两条切线， ，由圆的知识可知四点共圆，且， . 又当的值最小，即时，取得最小值. 的最小值为. 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）已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．向量在向量上的投影向量为 D．若，且三点共线，则 【答案】BCD 【分析】首先根据已知条件判断的形状，进而可判断A；通过平面向量基本定理可判断B；通过向量在向量上的投影向量公式即可判断C；通过三点共线的向量表示可判断D. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以为直角三角形， 因为，所以是上靠近点C的三等分点，如图： 对于A，， 由勾股定理知，故A错误； 对于B，由题意知， 所以，故B正确； 对于C，由B知， 所以 ， 所以向量在向量上的投影向量为，故C正确； 对于D，因为， 所以， 由B知，所以， 又三点共线，所以，所以，故D正确. 10．（2026·河北保定·二模）函数，则（   ） A．是偶函数 B．在区间单调递减 C．在有4个零点 D．的最大值为6 【答案】ABD 【分析】本题关键在于把绝对值和三角函数复合后的表达式转化为关于的二次函数，这样奇偶性容易判断；单调性可通过导数直接判断；零点和最值问题都可转化为二次函数问题. 【详解】对于A，因为 所以 所以是偶函数，A 正确. 对于B，当时，故 求导得 当时， 所以从而 故在区间上单调递减，B 正确. 对于 C，当时，设则 且转化为 由得或 当时， ，解得； 当时，，解得 故在范围内有这三个零点， 因为是偶函数，所以当时，有这三个零点， 所以在范围内有6个零点，C错误. 对于 D，对于任意实数，均有，所以， 令 则求的最大值转化为求在上的最大值. 对称轴为，开口向上， 当时，， 当时，， 当时，， 因此，D 正确. 11．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）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. 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·河北石家庄·二模）△的内角，，的对边分别为，，，若，，，则△的面积为_______． 【答案】 【分析】由余弦定理的边角关系可得，即可求，再利用三角形面积公式求面积即可. 【详解】由余弦定理得：，则，解得：， ∴. 故答案为：. 13．（2026·河北衡水·二模）已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 【答案】 【分析】先由正态分布的对称性得到a的值，然后写出二项展开式的通项公式，令x的指数为0即可求解. 【详解】随机变量，则图像关于对称，且， 由对称性可得，解得， 的通项公式为， 当时得到展开式的常数项为. 14．（2026·河北·二模）已知是双曲线的右焦点，关于原点对称的两点均在上，且，则的离心率为__________. 【答案】 【分析】设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义将转化为，进而得到的关系，即可求出的离心率. 【详解】 如图所示，设双曲线的左焦点为，连接. 因为两点关于原点对称，所以， 所以由双曲线的定义可得，即， 所以的离心率为. 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·河北秦皇岛·模拟预测）已知向量，，. (1)求函数图象的对称轴方程； (2)在中，角为锐角且，，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的数量积、二倍角公式、辅助角公式得，从而可求对称轴方程； （2）先由求得，由余弦定理求出的关系，再根据均值不等式求的最大值，进而求出面积的最大值. 【详解】（1）由题意 ， 所以的对称轴为，即. （2）由得 ， 解得或 ，若， 则，与角为锐角矛盾， 若，则 ，取，得， 由余弦定理得 即，由基本不等式得， ，化简得：，等号当且仅当时取得， ，即. 面积的最大值，等号当且仅当时取得. 16．（2026·河北·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）分，和三种情况讨论导数的正负即可求解. 【详解】（1）， 则． 因为， 所以，得． 又， 所以的方程为，即． （2）． 当时，，则在上单调递增． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 17．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； (2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值. 【详解】（1）侧面为正三角形，为的中点， ， 是矩形，且分别为中点，， 面面， 面平面， 平面平面． （2）方法一：由（1）知，平面平面， 平面，平面平面平面，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，设， 则， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，所以， 易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且， 即且， 即且， 解得（舍去）或，所以． 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 取，所以． 设平面的一个法向量为， 则，即取， 则，所以， 设平面与平面夹角为，则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 方法二：设平面与棱相交于点， 因为面，则平面， 且面面，则，又因为为中点，可得为中点， 设平面平面，，则为中点， 因为关于平面的对称点为，的中点为， 所以面，由（1）知平面平面， 所以平面，又平面平面 且，且， 在平面内，，所以， 因为为中点， 可得为正三角形，因为，所以为中点， 由对称性可知，， 所以，可得，且， 设交于点，则为中点， 则， 由面，可得， 则平面与平面夹角为， 设平面与平面夹角为，同理可得， 则平移可得平面与平面夹角为， 则，即， 故平面与平面夹角的余弦值为． 18．（2026·河北·模拟预测）甲、乙、丙三人进行远程射击，命中目标的概率分别为，，．现按甲、乙、丙的顺序循环，由甲先射击，规则如下：若当次射击命中，则下一次由接下来的第1个人进行射击；若当次射击未命中，则跳过1个人，下一次由接下来的第2个人进行射击． (1)前3次射击结束，求丙未进行射击的概率； (2)若第次由甲、乙、丙射击的概率分别为，，． ①求； ②若前次射击中，丙射击的次数记为，求． 【答案】(1) (2)①，② 【详解】（1）解：设事件A为甲射击命中，事件B为乙射击命中，事件M为前3次射击结束，丙未进行射击， 那么，所以前3次射击结束，丙未进行射击的概率为; （2）①，又， 所以，，化简得，又， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， ，则， ②设变量为第次丙射击，，， . 19．（2026·河北邯郸·二模）已知椭圆的下、上焦点分别为，，点，，四边形的面积为4，椭圆E的长轴长是短轴长的倍，椭圆E上有一动点M，连接MP并延长与椭圆E交于点R，连接MQ并延长与椭圆E交于点S（与R不重合），记，． (1)求椭圆E的方程； (2)求面积的最大值； (3)试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值， 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设，根据得出，，再将，作差得，即可求出，求出的最大值即可； （3）同（2）得出即可求出. 【详解】（1）因为四边形的面积为4，所以，则， 因为椭圆E的长轴长是短轴长的倍，所以， 由得， 故椭圆E的方程为； （2）设，则，， 因为，，则， 则，，则， 因为，，所以， 故， 则， 若，则，则重合，显然不成立； 若，则重合，显然不成立，故且， 则， 联立，解得， 则， 则 ， 因为，所以， 因为在上单调递减，在上单调递增， ，，， 所以， 令，则， 则当时有最大值， 故面积的最大值为； （3）设，则，， 因为，，则， 则，，则， 因为，，所以， 故， 则， 同（2）可知且，则， 联立，解得，则， 故，是定值. 2 / 19 1 / 19 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·河北保定·一模）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北邢台·二模）已知复数z满足则z在复平面内对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．（2026·河北唐山·二模）已知，则（    ） A． B．-1 C． D．-2 4．（2026·河北·二模）已知是定义域为的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河北张家口·二模）已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量，且，若，，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·河北邢台·二模）已知数列的前项和为 ，且，则“”是“数列为递增数列”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 7．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A． B． C． D． 8．（2026·河北雄安·模拟预测）已知为圆上的不同两点，过两点分别作圆的切线，且两切线的交点在直线上，则的最小值为（    ） A． B．4 C．6 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）已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．向量在向量上的投影向量为 D．若，且三点共线，则 10．（2026·河北保定·二模）函数，则（   ） A．是偶函数 B．在区间单调递减 C．在有4个零点 D．的最大值为6 11．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）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 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·河北石家庄·二模）△的内角，，的对边分别为，，，若，，，则△的面积为_______． 13．（2026·河北衡水·二模）已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 14．（2026·河北·二模）已知是双曲线的右焦点，关于原点对称的两点均在上，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．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）已知向量，，. (1)求函数图象的对称轴方程； (2)在中，角为锐角且，，求面积的最大值. 16．（2026·河北·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 17．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（2026·河北·模拟预测）甲、乙、丙三人进行远程射击，命中目标的概率分别为，，．现按甲、乙、丙的顺序循环，由甲先射击，规则如下：若当次射击命中，则下一次由接下来的第1个人进行射击；若当次射击未命中，则跳过1个人，下一次由接下来的第2个人进行射击． (1)前3次射击结束，求丙未进行射击的概率； (2)若第次由甲、乙、丙射击的概率分别为，，． ①求； ②若前次射击中，丙射击的次数记为，求． 19．（2026·河北邯郸·二模）已知椭圆的下、上焦点分别为，，点，，四边形的面积为4，椭圆E的长轴长是短轴长的倍，椭圆E上有一动点M，连接MP并延长与椭圆E交于点R，连接MQ并延长与椭圆E交于点S（与R不重合），记，． (1)求椭圆E的方程； (2)求面积的最大值； (3)试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $