命题大赛 2026届广西高考数学仿真卷

**基本信息** 2026年高考数学仿真卷通过复数、立体几何、概率统计等知识模块，以四棱锥截面探究、椭圆内切圆半径最值等综合题，考查数学思维的逻辑性与空间观念，贴合高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数、三角函数、抛物线|基础概念辨析，如共轭复数、向量夹角| |多选题|3|概率、正四面体、集合|正四面体展开图判断异面直线，考查空间观念| |填空题|3|奇函数、双曲线、抽奖概率|抽奖问题求期望，体现数据意识| |解答题|5|数列、函数极值、四棱锥、三角函数、椭圆|四棱锥截面与动点轨迹综合，考查推理能力；椭圆与内切圆结合，凸显数学语言表达|

Sheet1 高考数学试卷知识点明细表 试卷名称 题号 题型 核心知识点 细分知识点 难度等级 2026年高考数学仿真卷 1 单选题 复数 复数的四则运算、共轭复数的概念 易 2026年高考数学仿真卷 2 单选题 三角函数 两角和差的正切公式、三角恒等变换 易 2026年高考数学仿真卷 3 单选题 函数 指数函数与对数函数的单调性、利用中间量比较数值大小 易 2026年高考数学仿真卷 4 单选题 解析几何 抛物线的定义与标准方程、抛物线的焦点与准线、相似三角形的性质 中 2026年高考数学仿真卷 5 单选题 平面向量 平面向量的数量积运算律、向量垂直的充要条件、向量夹角的余弦公式 中 2026年高考数学仿真卷 6 单选题 排列组合与二项式定理 二项式定理的通项公式、赋值法求二项展开式的各项系数和 中 2026年高考数学仿真卷 7 单选题 常用逻辑用语 全称量词与存在量词、全称命题的真假判断、命题的否定 易 2026年高考数学仿真卷 8 单选题 函数 函数的零点存在性定理、利用导数判断函数的单调性与极值、对数的运算性质 难 2026年高考数学仿真卷 9 多选题 概率 相互独立事件的定义与概率计算、对立事件的概率性质、互斥事件的概率加法公式 中 2026年高考数学仿真卷 10 多选题 立体几何 正四面体的平面展开图与空间结构、异面直线的判定、异面直线所成角的计算、线面垂直的判定与性质 中 2026年高考数学仿真卷 11 多选题 数列 等比数列的前n项和公式、等差数列的性质、集合的新定义理解、分类讨论的数学思想 难 2026年高考数学仿真卷 12 填空题 函数 奇函数的定义与性质、正弦函数的奇偶性、充要条件的判定方法 易 2026年高考数学仿真卷 13 填空题 解析几何 双曲线的标准方程与渐近线、直线与圆相切的充要条件、点到直线的距离公式 中 2026年高考数学仿真卷 14 填空题 概率与统计 相互独立事件的概率乘法、古典概型的概率计算、离散型随机变量的分布列与数学期望 中 2026年高考数学仿真卷 15 解答题 数列 等比数列的定义与判定方法、数列通项公式的求解、分组求和法求数列的前n项和 中 2026年高考数学仿真卷 16 解答题 导数及其应用 导数的几何意义、切线方程的求解、利用导数研究函数的单调性与极值、利用导数求函数的最值 中 2026年高考数学仿真卷 17 解答题 立体几何 线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、空间几何体的截面画法与周长计算、点到平面的距离计算、球的截面圆面积计算 难 2026年高考数学仿真卷 18 解答题 三角函数 三角函数的图象与性质、三角函数的图象平移与伸缩变换、三角不等式的求解、三角函数的最值问题、和差化积公式的应用 中 2026年高考数学仿真卷 19 解答题 解析几何 椭圆的定义与标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、三角形的面积与内切圆半径计算、利用均值不等式求最值 难 Sheet2 Sheet3 $ 《2026年高考数学仿真卷》评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C C B C B D ACD BCD 题号 11 答案 ABD 一、单项选择题（每题5分 共40分 ） 1．A 【分析】先根据复数的除法运算计算出，进而根据共轭复数的概念得到结果. 【详解】已知复数满足，所以. 则的共轭复数为. 2．A 【分析】根据结合两角和差的正切公式运算求解. 【详解】因为， 整理可得. 3．C 【分析】根据对数函数和指数函数单调性并结合中间量“0”，“1”即可比较大小. 【详解】，则，， 则， 故选：C. 4．C 【分析】作垂线构造相似，由得相似比，进而可求点坐标，通过勾股定理即可求解. 【详解】设准线与轴的交点为，过向轴作垂线，垂足为，如图， 由题意得，， 因为，，易得与相似， 所以，所以， 所以，从而，由图象可得，即， 则， 由于抛物线关于轴对称，所以当点在轴下方时结果一致. 5．B 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示，进而求出向量夹角. 【详解】由，得，则，， 而，则，所以与的夹角为. 故选：B 6．C 【分析】根据已知条件，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解各个选项即可. 【详解】令，得，故A不正确； 令，得，所以，故B不正确； 令，得， 所以，故C正确； 令，得，所以D不正确. 故选：C 7．B 【分析】先判断命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，最后根据判断结果选择正确选项. 【详解】因为. 所以对于任意的，都成立，所以命题为真命题. 命题是全称命题，所以它的否定为. 命题为真命题，且命题的否定为. 故选：B. 8．D 【分析】构造函数，求得，得到的单调性，结合和，得到在和上各有一个零点，得到零点的范围，结合对数的运算，即可求解. 【详解】令函数，其定义域为，可得， 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上在单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值， 又因为， 根据零点存在性定理得，函数在和上各有一个零点， 即集合中有两个元素，且， 因为，即， 两式相加，可得，即， 因为，可得，所以， 所以，所以. 二、多选选择题（每题6分，共18分，对部分给部分，选错0分） 9．ACD 【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得. 【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球； 对A：，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：， 故D正确. 10．BCD 【分析】正四面体的平面展开图复原为正四面体即可求解. 【详解】 将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有： 对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误； 对于B，易知与为异面直线，故B正确； 对于C，依题意知，故与成角，故C正确； 对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以， 而，所以与垂直，故D正确. 11．ABD 【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项. 【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题 （ 每题5分 共15分） 12．0 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义，结合正弦函数的奇偶性求出. 【详解】函数的定义域为，依题意，，恒成立， 即，，因此， 所以“函数是奇函数”的充要条件是实数. 故答案为：0 13． 【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可． 【详解】解：双曲线的渐近线为，即， 不妨取，圆，即，所以圆心为，半径， 依题意圆心到渐近线的距离， 解得或（舍去）． 故答案为：． 14． ； /. 【分析】第一次没抽到一等奖和第二次抽到一等奖，为相互独立事件，根据古典概型和相互独立事件的概率乘法即可求解； 对于随机变量的数学期望，先确定随机变量的取值，再根据古典概型分别计算每个取值的对应概率，最后根据数学期望公式计算即可. 【详解】因为每次抽完后将乒乓球放回奖池，所以每次抽奖相互独立. 则根据题意，第一次没有抽到一等奖的概率为，第二次抽到一等奖的概率为. 由于两次抽奖是相互独立事件，根据独立事件概率乘法公式， 可得某顾客第一次没有抽到一等奖，第二次抽到一等奖的概率是. 根据题意，随机变量，、分别表示第一次和第二次抽奖的获奖等级， 则、，所以的取值可能为0、1、2、3，两次抽奖等级共有种情况， 则表示两次抽奖等级相同，共有4种情况， 即，，，，所以， 表示两次抽奖等级相差1，共有6种情况， 即，，，， ，，所以， 表示两次抽奖等级相差为2，共有4种情况， 即，，，， 所以， 表示两次抽奖等级相差为3，共有2种情况，即，， 所以， 所以，的数学期望. 故答案为：； 四、解答题（15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，两式相加、相减，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，，即可求出和的通项公式，从而得到，再利用分组求和法及等边数列求和公式计算可得. 【详解】（1）因为，， 所以，，（2分） 又由，得，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，（4分） 数列是首项为，公比为的等比数列．（5分） （2）由（1）得，， 所以，，（8分） 所以，（11分） 所以．（13分） 16．(1)极小值，无极大值 (2) 【分析】（1）由导数知识结合定义域可得极值情况； （2）由这两条切线平行可得然后两边取以为底的对数可得，据此可得答案. 【详解】（1）由函数，可得其定义域为，且. 令，可得，或.（3分） 则在，上单调递减，在上单调递增， 故当时，取极小值，无极大值.（6分） （2）由可得， 所以曲线在点处的斜率为，（8分） 由可得 所以曲线在点处的斜率为（10分） 因为这两条切线平行，故有，即 两边取以为底的对数，得（12分） 所以， 所以，结合，可得 .（15分） 17．(1)证明： （2分） 又平面 平面 （3分） 又平面 平面平面 （5分） （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,，（6分） 四边形 为平行四边形 点为中点， （8分） ，四边形为平行四边形,则 ，（9分） 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以四边形周长：;（10分） （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， （12分） 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. （15分） 18．(1) (2) (3) 【分析】(1)通过观察函数图像经过特殊点，结合单调性求解出，再通过平移、伸缩变换求出函数的解析式； (2)通过对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式； (3)使用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦函数的有界性求解问题. 【详解】（1）解：由函数图象可知， 又因为附近函数单调递增， （2分） 所以，解得， （5分） 故， 所以，. （7分） （2）, , 即 （9分） 化简，得 因为恒成立， 所以，, 又， 解得，，或， 所以，，或 解集为 （12分） （3）即 , 运用和差化积公式化简，得 ， 即 因为， 由于时，，不满足题意，故， 所以，，故 （15分） 由，可得, ，解得， 的取值范围是 （17分） 19．(1) (2) 【分析】（1）通过分析长度关系，利用计算出正弦、余弦函数值，充分利用三角形面积，最后再用余弦定理解决问题； （2）把的最大值转化求解面积之差的最大值，转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点的纵坐标之差的最大值，运用联立方程转化一个关于P的坐标的表达式，通过均值不等式解决问题. 【详解】（1）设，那么 ， 由于，那么 由可知， 所以， （2分） 在中，， 即，（4分） 解得 或（由于,不满足椭圆的定义，舍去） 所以， 由,可得 （6分） 所以，， 所以，椭圆的方程. （7分） （2）设，那么直线方程为, 直线方程为 令，则直线方程为， 令，则直线方程为， 联立 （10分） 所以， 联立 （13分） 所以， 所以， 因为，所以 （16分） 当且仅当即取等号， 所以，的最大值为. （17分） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学仿真卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数满足，则的共轭复数为（   ） A． B． C． D． 2．的值为（   ） A． B． C．1 D． 3．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　） A． B． C． D． 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．已知命题：，，则下列结论正确的是（   ） A．为真命题，且命题的否定为：， B．为真命题，且命题的否定为：， C．为假命题，且命题的否定为：， D．为假命题，且命题的否定为：， 8．集合中所有元素之和记作，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（   ） A．2个球都是白球的概率为 B．2个球都不是白球的概率为 C．2个球不都是白球的概率为 D．2个球恰好有一个球是白球的概率为 10．如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 11．设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 三、填空题 12．“函数是奇函数”的充要条件是实数_____. 13．若双曲线的渐近线与圆相切，则_________． 14．商场为了迎接促销，举办抽奖活动，奖池内有编号为的大小相同、质地均匀的4个乒乓球.乒乓球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖（鼓励奖）.规则是：每人可连续抽奖2次，每次抽完后将乒乓球放回奖池，记第次抽到的奖品等级为，某顾客第一次没有抽到一等奖，且第二次抽到一等奖的概率是__________；用表示“两次抽到的等级差”，则的数学期望为__________. 四、解答题 15．已知数列和满足． (1)证明：和都是等比数列； (2)求的前项和． 16．已知函数，其中． (1)若，，求的极值； (2)若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且，求实数a的取值范围． 17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 18．函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象. (1)求函数的解析式； (2)设，解不等式； (3)设，若关于的方程有解，求的取值范围. 19．设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2. (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $