临考押题卷01（云南省专用）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整合云南多地模拟题，题型与高考一致，解答题注重真实情境与综合应用，如概率题以乒乓球训练赛为背景，考查数学语言表达现实世界的能力。 **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、统计、数列、函数、立体几何|基础与中档题梯度分布，如第3题统计百分位数，培养数据意识| |填空题|3题15分|二项式定理、椭圆与抛物线、导数切线|跨模块综合，如第13题椭圆与抛物线焦点问题，发展几何直观| |解答题|5题77分|三角证明、立体几何面面角、函数恒成立、双曲线定点、概率与数列|情境化与逻辑推理结合，如第19题乒乓球赛概率，结合数列证明，提升推理能力与应用意识|

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·云南昆明·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·云南玉溪·二模）已知复数，则（    ） A． B．2 C． D．5 3．（2026·云南昆明·二模）样本数据的第75百分位数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 4．（2026·云南昭通·二模）已知是的边上的点，且，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·云南保山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·云南保山·二模）函数在区间上的极小值点个数为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） 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·云南保山·二模）已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若且，则 10．（2026·云南昆明·二模）已知点是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小正周期为4 B． C．的图象关于点中心对称 D．在区间内的零点个数为1 11．（2026·云南怒江·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，则（    ） A．直线与所成夹角的余弦值为0 B．直线与所成夹角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为 D．三棱锥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·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 13．（2026·云南·模拟预测）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 14．（2026·云南昭通·二模）已知函数，则曲线在处的切线方程为___________． 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·云南红河·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，设为的中点，且，求的面积． 16．（2026·云南曲靖·一模）已知棱长为的正方体，分别是线段和上的两个点，且与不同时重合. (1)证明：平面； (2)当四点共面时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 17．（2026·云南保山·二模）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若在上恒成立，求的取值范围． 18．（2026·云南大理·一模）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线与直线的交点为，证明：直线过定点． 19．（2026·云南·模拟预测）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数＝某人胜的局数－某人负的局数）． (1)记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求． (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 2 / 15 1 / 15 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·云南昆明·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先解分式不等式得出集合A，再应用交集定义计算求解. 【详解】，即，，解得， 又因为集合，则. 2．（2026·云南玉溪·二模）已知复数，则（    ） A． B．2 C． D．5 【答案】D 【详解】因为复数，则， 所以. 3．（2026·云南昆明·二模）样本数据的第75百分位数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】由百分位数定义计算求解. 【详解】这组样本数据共8个数，且从小到大排列为， 由可知，这组数据的第75百分位数是. 4．（2026·云南昭通·二模）已知是的边上的点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以 所以 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据同角三角函数的基本关系式、诱导公式、二倍角公式等知识求得正确答案. 【详解】 . 6．（2026·云南保山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，，，成等比数列， ， 整理得，解得或， 又数列的各项均为整数，， ，， ， 当时，， ． 7．（2026·云南保山·二模）函数在区间上的极小值点个数为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】求出函数的导数后判断其符号，从而可得极小值点的个数. 【详解】由函数，可得， 令，即，可得或， 因为，可得，，0，，， 当时，，，所以，单调递增； 当时，，，所以，单调递减； 当时，，，所以，单调递增； 当时，，，所以，单调递增； 当时，，，所以，单调递减； 当时，，，所以，单调递增， 所以在,，，上递增， 在，上递减， 所以在区间的极小值点为，，共有2个. 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先取中点O，分析、与的垂直关系，确定四面体体积的表达式，因为四面体体积最大时，需高最大，所以当平面平面时，体积取得最大值，建立空间直角坐标系，求出外接球的球心坐标，计算外接球半径，最后利用球的表面积公式求解. 【详解】取的中点为O，连接， 由于，故， 平面，故平面， 设，则，， 设，则四面体的体积， 要使得四面体的体积最大，必有，即此时平面平面， 则此时，令，， 则，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取得最大值，此时取得最大值， 即得， 以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心为，则， 即， 解得，即外接球球心为， 故外接球半径为， 故外接球的表面积为. 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·云南保山·二模）已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若且，则 【答案】BCD 【详解】对于A，，若，则，故A为假命题； 对于B，，，又，，故B为真命题； 对于C，，则，，故C为真命题； 对于D，且，则，，故D为真命题． 10．（2026·云南昆明·二模）已知点是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小正周期为4 B． C．的图象关于点中心对称 D．在区间内的零点个数为1 【答案】ABD 【详解】对于A，点是函数图象相邻的两个最低点，由题意可知，函数的最小正周期为，A正确； 因为，所以， 又因为函数的最小值为，则，所以或， 当时，代入点，所以，所以， 所以，所以； 当时，代入点，所以，所以， 所以，所以；B选项正确； 因为，所以的图象不关于点中心对称，C选项错误； 当时， ，所以，， 可知时，，在区间内的零点个数为1； 当时， ，所以，， 可知时，，在区间内的零点个数为1，D选项正确. 11．（2026·云南怒江·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，则（    ） A．直线与所成夹角的余弦值为0 B．直线与所成夹角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】建立坐标系，利用向量坐标运算可判断A,B，求出三棱锥的表面积可判断C，结合补形法可求外接球的面积，进而判断D. 【详解】以为原点，为 轴，为 轴，为 轴，正方体棱长为 2， 则； ，， ，A错误，B正确. 直角中，，其面积为2，直角中，，其面积为2， 直角中，，其面积为2，中，，其面积为， 所以三棱锥的表面积为，C正确. 三棱锥 可补形为正方体，其外接球与正方体外接球相同： 正方体棱长为 2，体对角线为​，即外接球直径​，，​ 表面积为，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·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 【答案】4 【详解】项系数为，解得． 13．（2026·云南·模拟预测）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 【答案】 【分析】过作准线的垂线，设垂足为，通过是等腰直角三角形，结合抛物线和椭圆定义即可求解. 【详解】如图，因为是的公共焦点，是的另一个焦点，所以的准线经过点． 根据对称性，不妨令在第一象限． 因为是等腰直角三角形，所以． 过作准线的垂线，垂足为，则是等腰直角三角形， 则．又， 所以，即． 设，则， 则的离心率为． 14．（2026·云南昭通·二模）已知函数，则曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【详解】因为，所以，则，， 则曲线在处的切线方程为：，即：，移项得：. 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·云南红河·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，设为的中点，且，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)8 【分析】（1）由诱导公式以及余弦定理计算可得，可证明是等腰三角形； （2）结合中线长度以及余弦定理得出方程组可解得，再由三角形面积公式计算可得的面积为8. 【详解】（1）因为， 所以由余弦定理得， 则，化简得，故， 因此是等腰三角形． （2）因为，为的中点，且，所以， 由余弦定理得， 由（1）得，所以， 化简得，，所以． 在中，由余弦定理得， 又因为，所以， 所以的面积为． 16．（2026·云南曲靖·一模）已知棱长为的正方体，分别是线段和上的两个点，且与不同时重合. (1)证明：平面； (2)当四点共面时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）根据平面平面，平面，从而可得直线与平面没有交点，即可得证； （2）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：由题意可知平面平面， 又因为平面， 所以直线与平面没有交点， 所以平面； （2）因为平面，四点共面， 由面面平行的性质可知， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系： 则有， 因为平面， 所以取平面的法向量为, 设， 所以， 又因为且, 所以， 所以， 设平面的法向量， 则， 从而得，取，则， 设平面与平面的夹角为， 所以， 因为，所以， 所以，即. 17．（2026·云南保山·二模）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）对求导，得出单调区间． （2）构造函数，求导，再讨论参数范围．这是一个端点效应的题，端点处为，可以令端点处导数大于等于零，得到参数范围，再据此讨论． 【详解】（1）当时，， 则． 令，即，解得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 单调递减区间为，单调递增区间为． （2）． 设， 则在恒成立等价于在恒成立． ， 又，，，当且仅当时等号成立， 当时，． ①当，即时，， 在上单调递增，又， ，满足在上恒成立． ②当，即时， 令，则． ，，， 则，在上单调递增. 又，当时，， 存在，使得，即， 当时，，单调递减，则， 不满足在上恒成立． 综上，a的取值范围为． 18．（2026·云南大理·一模）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线与直线的交点为，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合之间的平方关系即可求解； （2）设直线的方程为，，联立双曲线方程结合韦达定理得，用以及的坐标表示出点以及的方程，根据对称性可知，只需在的直线方程中，令，证明相应的为定值即可求解. 【详解】（1）由题意，所以双曲线的标准方程为. （2）由题意，当直线斜率为0时，直线， 当直线斜率不为0时，设直线的方程为，， ， 所以， 直线的方程为：， 所以的方程为， 由对称性可知过的定点一定在轴上， 令 ， 又， 所以， 所以直线过定点. 19．（2026·云南·模拟预测）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数＝某人胜的局数－某人负的局数）． (1)记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求． (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 【答案】(1) (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算即可； （2）由题意易得与，再分析当时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全概率公式建立递推关系，可得，经过变形证明等比数列即可； （3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3局（甲胜）、净胜局（乙胜）” 边界条件，求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率即可． 【详解】（1）由题意可知经过3局比赛，甲获得训练赛胜利，需3局连胜，则； （2）由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为， 故即为甲的净胜局数，所以. 经过若干局后，假定当前， ①当时，即甲的净胜局数， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以； ②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则； ③当时， 由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局. 记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（）， 事件“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则； 因为，，， 且， 所以由全概率公式得，， 即， 因此，整理得， 两边都减去，则可得， 又当时，， 故数列：是公比为2的等比数列． 即数列是公比为2的等比数列． （3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为. 记， 则， 由（2）知，数列是公比为2的等比数列， 则，解得， 所以， 又， 所以， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $