精品解析：江苏省扬州中学2026届高考考前全真模拟数学试卷

2026届高考全真模拟卷（三）数学 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. 设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（ ） A. B. 10 C. D. 8 2. 已知单位向量，满足，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 3. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 4. 已知，均为锐角，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中为常数，．已知，则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加（ ） （参考数据：） A. 120 B. 150 C. 170 D. 180 6. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，的一条渐近线方程为，点在上，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 7. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数可能改变，方差可能变大 C. 中位数一定不变，方差可能变小 D. 中位数可能改变，方差可能变小 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 在中，，，若三角形有唯一解，则或 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则 10. 已知为坐标原点，是椭圆上的两点，且，，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. D. 面积的最小值为 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E. 且交AC于点F，则的最小值为______. 13. 已知正项等比数列的前4项和为，则数列的公比__________. 14. 已知集合，，现甲、乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，则的概率为________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最大值为1. （1）求的值； （2）将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，求的单调递减区间以及在区间上的值域. 16. 学校组织游戏活动，学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为． （1）若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的期望； （2）学生甲、乙各摸4次球，若最终得分相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前2次摸球得了4分，求乙获得奖励的概率． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 18. 已知点D的坐标为，抛物线的焦点为F，准线为直线l，点在E上，按照如下公式依次构造点：直线与E的另一个交点，直线与E的另一个交点为，记的坐标，的坐标． （1）求点的坐标； （2）判断直线l与以为直径的圆的位置关系，并说明理由； （3）记的面积为，求的最小值． 19. 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． （1）若， ①证明：平面平面； ②求与平面所成角的正弦值； （2）求与平面所成角的正弦值的范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考全真模拟卷（三）数学 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. 设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（ ） A. B. 10 C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得复数，然后利用复数的乘法运算即可. 【详解】所对应的点关于虚轴对称，, , 故选：A. 【点睛】本题考查复数的几何意义和复数的乘法运算，属基础题.关于虚轴对称的两点对应的复数虚部相同，实部互为相反数. 2. 已知单位向量，满足，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得. 【详解】因为，即，解得， 设与的夹角为，则，又，所以， 即与的夹角等于. 故选：B 3. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求函数的定义域，再分析当取不同区间时，函数值的正负即可求出. 【详解】由题且，即函数的定义域为且， 当时，，，，故排除AC， 当时，， ， 当时，；当时，，排除B. 故选：D. 4. 已知，均为锐角，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】因为，且均是锐角，所以，所以，所以， 所以均为锐角，能推出， 反之，，且均为锐角，则或， 所以或，所以或， 所以均是锐角，推不出， 因此均为锐角，是的充分不必要条件. 5. 某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中为常数，．已知，则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加（ ） （参考数据：） A. 120 B. 150 C. 170 D. 180 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，解得， 由，得，解得，所以， 当循环为次时电池健康度为60，可得， 所以，两边取对数得，所以， 所以，解得， 电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加. 6. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，的一条渐近线方程为，点在上，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先通过椭圆与双曲线共焦点、双曲线渐近线方程求出双曲线的参数，再结合双曲线定义和直角三角形勾股定理求解两焦半径的乘积即可. 【详解】因为椭圆，所以半焦距满足，即， 故两焦点距离， 因为双曲线与共焦点，所以； 又因为渐近线为，则，即， 代入得，解得， 因为双曲线上的点，则， 两边平方得：， 又因为由，得， 由勾股定理得， 所以将代入得， 解得. 7. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解. 【详解】因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，不妨设，则由得， 所以， 当且仅当且，即时，等号成立， 所以， 所以该三棱锥体积的最大值为. 故选：D. . 8. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数可能改变，方差可能变大 C. 中位数一定不变，方差可能变小 D. 中位数可能改变，方差可能变小 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论. 【详解】不妨设， 则的中位数为，的中位数为， 因为，所以或， 则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变. 设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为， 合并后总数为20，平均数为，方差为， 如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 在中，，，若三角形有唯一解，则或 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据数量积公式，可得，分析可判断A的正误；对B，根据条件，借助图形得到或，即可判断B的正误；对C，根据同角三角函数的关系及正弦、余弦定理，可得，即可判断C的正误；对D，根据正弦定理，可得求出角即可判断D的正误. 【详解】对于A，由向量数量积的定义得， 则，即A为锐角，但不确定B，C是否是锐角， 所以不一定是锐角三角形，故A错误. 对于B，如图，过C作所在直线于，则， 又，且三角形有唯一解，则或，即或，所以B正确， 对于C，因为，所以， 得到， 由正弦定理，得，即. 由余弦定理，得，则为钝角三角形，故C正确. 对于D，因为，且， 则， 所以，所以，，即，故D正确. 10. 已知为坐标原点，是椭圆上的两点，且，，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. D. 面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出椭圆离心率判断A；设，利用椭圆方程及同角公式，结合三角形面积公式求解判断BCD. 【详解】对于A，椭圆，即的离心率​，A错误； 对于B，令​，设，由，得， 则，即，同理​，​ 由，得， 当且仅当时取等号，因此，B正确； 对于C，由，得，则 ，C正确； 对于D：的面积 ​， 当且仅当时取等号，D错误. 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用导数分析 的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式 可判断AB；根据​ 是  的根结合韦达定理可判断C；由可得，令 ，利用导数求其最大值可判断D. 【详解】已知 ，设 ，，令 ，解得 ，  在  上递减， 上递增，最小值 ， 又 时，  ，故 ，， ，  时 ，因此 有两个不同的正零点 ， 要使  恒成立，开口向上的二次式必须和 同号， 因此二次式的零点恰好就是 ，即  . 由韦达定理：，​，因为 都是正数， 故 ， ，A正确； 二次式有两个不同零点，判别式 ，即 ，B正确； 因为 ​ 是  的根，故 ​，， 两式相乘得： ，即  ，C错误； 由  得 ，代入目标式化简： ， 令  ，求导得 , 当   时， ，递增； 当  时， ，递减. 因此 的最大值为 ，D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E. 且交AC于点F，则的最小值为______. 【答案】##0.55 【解析】 【分析】先设出线段再根据相似和勾股定理求出其他线段的长，然后把用表示即可用表示得值，最后结合二次函数的性质即可求最小值. 【详解】设，取的中点连接，易知， 易知，则，， 同理，， 因为所以，又因为，所以， 所以 又因为， 所以 当时有最小值. 故答案为： 13. 已知正项等比数列的前4项和为，则数列的公比__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用等比数列前项和以及等比数列通项公式结合已知条件建立等式关系求解即可. 【详解】由题意得：， 又， 且， 两式相除得，解得或（舍去）, 因为是正项数列，所以. 14. 已知集合，，现甲、乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，则的概率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据概率的乘法公式求出甲抽取的元素中有时和甲抽取的元素中没有时的概率，利用全概率公式即可求出答案. 【详解】可分两类，甲抽取的元素中有时和甲抽取的元素中没有时， 记事件为“甲抽取的元素中有”， 所以，， ， 所以， 所以. 所以的概率为. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最大值为1. （1）求的值； （2）将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，求的单调递减区间以及在区间上的值域. 【答案】（1） （2），值域为 【解析】 【分析】（1）先结合余弦的两角和差公式及辅助角公式对进行化简，然后结合余弦函数的性质即可求解； （2）对进行伸缩变换，得到，再结合余弦函数的图像性质即可求解. 【小问1详解】 由题意， ， 当时，取得最大值，即， 又函数的最大值为1，即，解得； 【小问2详解】 由（1）得， 将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到， 令，解不等式得， 所以函数的单调递减区间为， 当时，则，所以， 所以，即在区间上的值域为. 16. 学校组织游戏活动，学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为． （1）若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的期望； （2）学生甲、乙各摸4次球，若最终得分相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前2次摸球得了4分，求乙获得奖励的概率． 【答案】（1） 2 3 4 ； （2） 【解析】 【分析】（1）依题得到的取值，求出对应的概率，列出分布列，求得均值； （2）记“甲最终得分为分”，；“乙获得奖励”,求得和，以及和，利用全概率公式计算即可得到. 【小问1详解】 由题意知学生甲摸球2次总得分的取值为2，3，4， 则，，， 所以的分布列为： 2 3 4 所以． 【小问2详解】 记“甲最终得分为分”，；“乙获得奖励”． ，． 当甲最终得7分时，乙获得奖励需要最终得8分，则 ； 当甲最终得6分时，乙获得奖励需要最终得8分或7分，则 ； 故 ． 即乙获得奖励的概率为． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【小问1详解】 当时，，所以 所以切线方程为即， 【小问2详解】 ， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 18. 已知点D的坐标为，抛物线的焦点为F，准线为直线l，点在E上，按照如下公式依次构造点：直线与E的另一个交点，直线与E的另一个交点为，记的坐标，的坐标． （1）求点的坐标； （2）判断直线l与以为直径的圆的位置关系，并说明理由； （3）记的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2）相离，理由如下： 因为，，所以，则， 则，即， 则以为直径的圆的圆心， 则半径 ， 因为圆心到准线的距离为， 则， 则，则直线l与以为直径的圆相离. （3） 【解析】 【分析】（1）分别联立直线、直线与抛物线的方程，得出、，结合等比数列的通项公式得出，再代入抛物线方程即可； （2）计算圆心和半径，判断圆心到准线的距离和半径的大小即可； （3）通过以及对勾函数的单调性求最小值. 【小问1详解】 因为在E上，所以，得， 则，，又， 由题意可知，直线的斜率存在，故， 联立，得，则， 因为直线的斜率存在，故， 联立，得，则， 则， 因为，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，则， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 的面积为 令， 则，在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以的最小值为. 19. 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． （1）若， ①证明：平面平面； ②求与平面所成角的正弦值； （2）求与平面所成角的正弦值的范围． 【答案】（1）①由题意得，， 在中，因为， 所以， 同理，， 在中，因为， 所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. ②. （2） 【解析】 【分析】（1）①应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面垂直判定定理证明即可； ②先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （2）先建系，再设点，再求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式结合值域计算求解； 【小问1详解】 ①略； ②以为原点，以所在直线分别为轴，以过垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则， 设与平面所成角为， 所以，所以与平面所成角的正弦值； 【小问2详解】 设，因为，所以， 所以，且，所以， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，所以， 设与平面所成角为， 所以， 设，所以， 令，所以 ，单调递增，所以 所以与平面所成角的正弦值的范围是； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $