临考押题卷02（陕西省专用）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、几何、概率等高频考点，通过分类招生（第7题）、传球训练（第18题）等现实情境，梯度设计选择、填空、解答题，考查抽象能力、推理能力与模型意识。 **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、向量投影、双曲线、解三角形|基础巩固，如第3题向量投影考查空间观念| |选择题（多选）|3/18|复数轨迹、随机变量、立体几何|能力提升，如第10题随机变量结合参考数据考查数据观念| |填空题|3/15|等差数列、线性规划、四面体与球|创新应用，如第14题四面体与球体现几何直观| |解答题|5/77|解三角形、三棱台、椭圆、概率、函数零点|综合探究，如第19题函数零点证明考查推理能力，第18题传球概率构建模型|

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·陕西榆林·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·陕西咸阳·三模）命题“”的否定是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知向量，，向量在方向上的投影向量为，则（    ） A． B．1 C． D．2 4．（2026·陕西榆林·三模）已知双曲线的右焦点为，其一条渐近线过点，则的实轴长为（    ） A．2 B． C．3 D． 5．（2026·陕西榆林·三模）已知的内角的对边分别为．若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·陕西商洛·模拟预测）若定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·陕西宝鸡·三模）2026年3月15日我省分类招生考试圆满结束．在我市三所高中报名参加今年高考的学生中，分别有的学生报名参加了分类招生考试．若这三所学校报名参加今年高考的人数之比为9：6：5，则下列说法正确的有（   ）个 ①从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人，则此人参加分类招生考试的概率为 ②从这三个高中报名参加今年高考的人中任意选取100人，平均参加分类招生考试的人数为14人 ③从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人，这个人来自A学校且参加分类招生考试的概率为 A．0 B．1 C．2 D．3 8．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，，，则数列中的最大项为（    ） 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·陕西·二模）已知复数在复平面上对应的点为，且满足，则（    ） A． B．的轨迹是 C．到直线的距离的最大值为 D．到圆上点的距离的最大值为 10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知随机变量，，则下列结论正确的是（    ） 参考数据：若，则，，． A．若，则 B． C． D．若，则 11．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（    ） A．该长方体外接球的表面积为 B．点到平面的距离的最大值为 C．过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D．过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 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·陕西宝鸡·模拟预测）已知等差数列的前项和分别为，若，则______． 13．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知实数满足，则的最大值为__________. 14．（2026·陕西咸阳·三模）已知四面体的各顶点均在球的球面上，平面平面，，则球的表面积为___________． 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·陕西西安·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求； (2)设角的平分线交于点，且，求的值． 16．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆的离心率，以椭圆C的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (1)求椭圆C的方程； (2)设A为椭圆C的上顶点，P为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点P的坐标. 18．（2026·陕西铜川·三模）甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙；乙传给甲、丙的概率分别为，；丙传给甲、乙的概率分别为，．第1次由甲将球传出，记第次传递后球在甲手中的概率为． (1)求，； (2)求； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，，则．记前次（即从第1次到第次）传递后球在甲手中的次数为，求． 19．（2026·陕西榆林·三模）已知函数. (1)若是函数的极大值点，求实数的取值范围； (2)若函数有且仅有两个零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 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·陕西榆林·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为， 所以． 2．（2026·陕西咸阳·三模）命题“”的否定是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定， 故“”的否定为：. 3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知向量，，向量在方向上的投影向量为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【详解】向量，， 向量在方向上的投影向量为，得. 4．（2026·陕西榆林·三模）已知双曲线的右焦点为，其一条渐近线过点，则的实轴长为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】依题意可得，结合渐近线方程求出，，即可得解. 【详解】由右焦点为得，所以， 又因为的一条渐近线过点，所以，所以， 所以的实轴长. 5．（2026·陕西榆林·三模）已知的内角的对边分别为．若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理求出，再求出，进而求出，最后利用三角形面积公式计算面积 【详解】由正弦定理：，所以，又， 所以，， 因为，所以是锐角，， 当是锐角时，，与条件不符，所以是钝角， ， 所以． 6．（2026·陕西商洛·模拟预测）若定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由为奇函数，，可得且在对称区间和上的单调性一致，即可求出的解集. 【详解】由为奇函数，，可得且在对称区间和上的单调性一致， 所以在上单调递增，且， 由可得：且,或且, 所以或时， 故不等式的解集为. 7．（2026·陕西宝鸡·三模）2026年3月15日我省分类招生考试圆满结束．在我市三所高中报名参加今年高考的学生中，分别有的学生报名参加了分类招生考试．若这三所学校报名参加今年高考的人数之比为9：6：5，则下列说法正确的有（   ）个 ①从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人，则此人参加分类招生考试的概率为 ②从这三个高中报名参加今年高考的人中任意选取100人，平均参加分类招生考试的人数为14人 ③从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人，这个人来自A学校且参加分类招生考试的概率为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据全概率公式，条件概率公式即可求解. 【详解】设事件分别表示三所高中报名参加今年高考，事件表示报名参加分类招生， 则，， 设事件D，表示从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人，则此人参加分类招生考试， 所以 ，故①正确； 从这三个高中报名参加今年高考的人中任意选取100人， 平均参加分类招生考试的人数为人，故②正确； 从这三所高中报名参加今年高考的人中任选一人， 这个人来自A学校且参加分类招生考试的概率为 ，故③错误. 8．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，，，则数列中的最大项为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等比数列性质先得到公比和首项，即可得到所求数列的通项公式，再讨论的奇偶性分析数列性质，即可求得最大项. 【详解】设等比数列的公比为（）， 由，，知， 即，解得， 所以，， 所以. 当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以数列的奇数项递增，偶数项递减，因此最大项一定出现在偶数项中， 则最小的偶数的对应项最大，此时， 故最大项为. 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·陕西·二模）已知复数在复平面上对应的点为，且满足，则（    ） A． B．的轨迹是 C．到直线的距离的最大值为 D．到圆上点的距离的最大值为 【答案】AC 【分析】对A，利用复数模的三角不等式求解判断；对B，由复数的几何意义判断；对CD，数形结合求解判断. 【详解】对于A，因为，所以，即，故A正确； 对于B，设，则， 所以表示点与点距离之和等于2， 所以点的轨迹为线段，即，故B错误； 对于C，由前面知，的轨迹为线段，即， 如图，到直线的最大距离为点到直线的距离，即，故C正确； 对于D，因为点的轨迹为线段，即，且在圆内， 设点到圆上的点的距离为，则 所以到圆上点的距离的最大值为，此时的坐标为，故D错误. 10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知随机变量，，则下列结论正确的是（    ） 参考数据：若，则，，． A．若，则 B． C． D．若，则 【答案】BCD 【详解】由题意得，即，所以，故A错误． 因为，则正态分布图象关于直线对称，所以，故，故B正确． ，故C正确． 因为，即随机变量，的正态曲线形状相同， 所以要使， 根据正态曲线的对称性可知，即，故D正确． 11．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（    ） A．该长方体外接球的表面积为 B．点到平面的距离的最大值为 C．过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D．过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 【答案】ABD 【分析】利用长方体的体对角线得其外接球的半径，求得表面积判断选项A；向量法求点到平面的距离判断选项B；作出过三点的平面截长方体所得截面，求出相关线段的长，计算截面图形周长和面积判断选项CD； 【详解】对于A，长方体的体对角线是其外接球的直径， 则， ， 可得外接球的表面积，所以选项A正确； 对于B，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 点P到平面的距离为： ， 因为，所以当时，取得最大值，，选项B正确； 对于C，延长相交于点，连接与相交于，延长相交于点， 连接与相交于，则截面是五边形， 已知，，分别是的中点， 则，，， ，， ，， 利用勾股定理可得， 五边形的周长为，C选项错误； 对于D，，， 中，， 则， . 同理，中，，，； 中，，则，. 所以截面是五边形的面积为： ，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·陕西宝鸡·模拟预测）已知等差数列的前项和分别为，若，则______． 【答案】 【分析】由，可设，，再利用即可求解. 【详解】因为等差数列，的前n项和分别为，，所以， 因为，所以可设，，， 则，，所以. 13．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知实数满足，则的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】构造向量，根据数量积的定义和性质可求最大值. 【详解】， 设向量，则， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为, 故答案为：. 14．（2026·陕西咸阳·三模）已知四面体的各顶点均在球的球面上，平面平面，，则球的表面积为___________． 【答案】/ 【分析】本题首先可根据题意将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果． 【详解】因为平面平面， 所以可将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分， 如图所示：则四面体的外接球即直三棱柱的外接球， 因为底面三角形的外心到三角形的顶点的长度为， 所以直三棱柱的外接球的半径， 则球的表面积. 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·陕西西安·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求； (2)设角的平分线交于点，且，求的值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，然后结合余弦定理可求得的值； （2）利用面积公式建立关于边和角的等式，结合二倍角公式与余弦定理建立关于，的等式，整理后可得结果． 【详解】（1）由， 结合正弦定理得， 整理得， 由余弦定理得， 解得． （2）如图，由题意得， 即， 因为，，， 代入化简得：，即． 由余弦定理得，又因， 则， 整理可得， 两边同除以，得， 即． 16．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，从而由可得，再结合得到平面； （2）以为原点，所在直线为坐标轴建系，计算平面与平面的法向量，求其夹角的余弦值即可. 【详解】（1）该几何体为三棱台，且，， 又为的中点，，四边形为平行四边形， ，又，， 平面平面，， 平面，且为相交直线， 平面． （2）由（1）知，平面，平面，， 平面平面，， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，， 设平面的法向量为， 则即， 令，则，， ， 平面与平面夹角的余弦值为． 17．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆的离心率，以椭圆C的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (1)求椭圆C的方程； (2)设A为椭圆C的上顶点，P为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点P的坐标. 【答案】(1) (2)，坐标为或 【分析】（1）由面积公式和离心率公式，解得，可得椭圆方程； （2）设出点坐标，将表示成关于纵坐标的二次函数，从而求解. 【详解】（1）以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为 ，即. 由，得 ， 则，即，代入，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由题可设，且满足， 即，，而上顶点， 则 ，. 所以当时，， 所以的最大值为. 此时，， 所以点坐标为或. 18．（2026·陕西铜川·三模）甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙；乙传给甲、丙的概率分别为，；丙传给甲、乙的概率分别为，．第1次由甲将球传出，记第次传递后球在甲手中的概率为． (1)求，； (2)求； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，，则．记前次（即从第1次到第次）传递后球在甲手中的次数为，求． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解，利用全概率公式求解； （2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为，分析可得，，由此可得，变形可得，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可； （3）结合第（2）问结论和题设条件，运用等比数列求和公式分组求和即可求解. 【详解】（1）第1次由甲将球传出，第次传递后球在甲手中的概率为． 所以第次传球后，球在甲手中有两种情况： 第1次甲将球传给乙，第2次乙将球传给甲，其概率为； 第1次甲将球传给丙，第2次丙将球传给甲，其概率为； 所以； 第次传球后，球在甲手中，则第次传球后，球不在甲手中， 所以. （2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为，， 若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中， 那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生， 则有，，必有，即， 即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. （3）由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且， 所以，， 由（2）得， 则. 19．（2026·陕西榆林·三模）已知函数. (1)若是函数的极大值点，求实数的取值范围； (2)若函数有且仅有两个零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）对函数求导，再令，应用导数及分类讨论研究其单调性，结合其区间函数值符号，进而研究的极值点，即可得； （2）（i）讨论参数，结合函数零点的个数并应用导数研究对应的零点情况，即可得参数范围；（ii）不妨令，且，构造并应用导数研究其最值，即可证. 【详解】（1）由题知，令，则， 又函数的定义域为， ①当时，，函数在上单调递增，又， 所以时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不合题意. ②当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 所以，则函数在上单调递减， 所以不是函数的极大值点，不合题意. ③当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 由及，知时；时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不是极大值点，不合题意. ④当时， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， 由及，知时；时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极大值点，满足题意. 综上，若是函数的极大值点，则实数的取值范围为. （2）（ⅰ）①当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 又，当时；当时， 所以函数有且仅有两个零点. ②当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，函数仅有一个零点. ③当时，函数在上单调递减，所以函数最多只有一个零点. ④当时，由（1）知，存在是函数的极大值点， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 又，所以函数最多只有一个零点. ⑤当时，由（1）知，存在是函数的极小值点， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 令且，则，故时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以在上恒成立， 当时，， 所以最多只有一个零点. 综上，若函数有且仅有两个零点，则实数的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）不妨令， 由，得. 又 . 令，有， 所以函数在上单调递增， 又，所以（当且仅当时取等号）. 因为，所以，即，所以. 因为，，在上单调递减， 所以，即. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $