文档文本内容
【匠心编题·直击考点】备战2026 年高考数学
仿真必刷卷03
（考试时间：120 分钟 试卷满分：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．若集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据指数运算性质，可得集合A，根据绝对值不等式的解法，可得集合B，根据交集运算的概
念，即可得答案.
【详解】由
，得
，解得
，即
，
由
，得
，解得
，即
，
所以
.
故选：D
2．已知复数
满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据复数的除法运算求出
，然后根据共轭复数的概念求出结果.
【详解】因为复数
满足
，所以
.
所以
.
故选：D.
3．已知数列
的前
项和为
，且
，则
（ ）
A．65
B．105
C．210
D．230
【答案】B
【分析】根据题意证明数列
为等差数列，公差为
，首项为，进而求得通项公式，再计算对应项并求
和即可.
【详解】因为
，所以
，即
，
又因为
，所以
，
，
所以
，即数列
为等差数列，公差为
，首项为，
所以
，
，
所以
，
，
，
，
，
所以
故选：B.
4．已知
，则“
”是“
”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】借助对数函数与指数函数的图象与性质以及不等式性质，然后根据充分条件、必要条件判断即可.
【详解】令
，因为
，
所以
，且
，
充分性：当
时，画出函数
的图象，如图所示：
由图可知：
，此时
，
所以
，故充分性成立；
必要性：若
，由
可得：
，
此时
不满足题意，
若
，由函数
在
上单调递增，
则
，由
，
则
，又函数
在
上单调递增，
所以
，即
，
当
时， 由
，如图所示：
由图可知
，此时
，
则
，不满足题意，
当
时，由图可知
，
此时
，满足题意，所以必要性成立，
所以当
时， “
”是“
”的充要条件，
故选：A.
5．已知线性相关的两个变量
，
的取值如表所示，如果其线性回归方程为
，那么当
时
的残差为（ ）
3
4
6
7
20
40
60
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
【分析】根据样本中心在回归直线上可求
的值，从而可求残差.
【详解】由题设可得
，故
，
故
即
，故残差为
，
故选：A.
6．已知随机变量
，且
，则当
时，
的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】先由正态分布对称性求出
，进而利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】由随机变量
，且
，得
，
由
，得
，
当且仅当
，即
时取等号，所以所求最小值为3．
故选：C.
7．已知双曲线
的左、右焦点分别为
，过
的直线分别交双曲线的左、右两
支于
两点，记
的内切圆的圆心为
，若
的面积之比为5:8:9，则该双曲线的离
心率为（ ）
A．
B．3
C．
D．
【答案】A
【分析】根据内切圆的性质，可由面积比得到边长比，设出边长，利用双曲线的概念，结合余弦定理，可
得答案.
【详解】
由
的内切圆的圆心为
，得点
到
三边的距离相等，
由
，得
，
设
，则
，由双曲线定义知：
，
，则
，解得
，
于是
，
在
中，由余弦定理得
，
在
中，
，则
，
所以该双曲线的离心率为
.
故选：A
8．已知锐角
，
满足
，
，则下列结论不可能成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由题设结合三角恒等变换公式可得
，
，
，进而结合选项
分析求解即可.
【详解】由
，
则
.
由
，
则
，即
，则
，
，
综上所述，
，且
，
.
结合选项，当
，
时，满足上述两个式子；
当
，
时，满足上述两个式子；
当
时，由
可知
，此时不满足
，
.
故选：C
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．已知
的展开式中各项的系数之和为0，则（ ）
A．
B．二项式系数的和为1314
C．展开式中每一项
的指数都是偶数
D．展开式中不存在常数项
【答案】AC
【分析】令
可判断A；由二项式的系数和可判断B；利用展开式的通项可判断C；在通项中令
可判断D.
【详解】对于
，令
，得
，解得
，故A 正确；
二项式系数的和为
，故B 错误；
展开式的通项为
，因为1314 为偶数，所以展开式中每一项
的指
数都是偶数，故C 正确；
令
，得
，所以展开式中存在常数项，故D 错误.
故选：AC.
10．如图，已知正四棱台
中，
，梯形
的面积为，则（ ）
A．正四棱台
的侧面积为
B．异面直线
与
所成角的余弦值为
C．若
为
的中点，则过点
的平面截正四棱台所得截面的周长为
D．若正四棱台
的四条侧棱的延长线交于点
，则四棱锥
的外接球的表面
积为
【答案】BCD
【分析】利用正四棱台的结构特征，可直接求解其侧面积，判断选项A，建立空间直角坐标系，利用向量
法直接求解异面直线夹角的余弦值，判断选项B，根据平面的基本事实，得到过点
的截面图形，然
后逐个线段求解，即可判断选项C，利用相似，求得四棱锥的高，然后建立空间直角坐标系，根据线段长
度即可求出外接球的半径，进而判断选项D.
【详解】由题知，
，
设梯形
的高为
，则
，可得
，
设侧面梯形
的高为
，则
，
所以一个侧面面积为
，
所以正四棱台
的侧面积为
，A 错误；
如图，建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设直线
与
夹角为
，
所以
，B 正确；
取
中点
，因为
为
中点，
所以
，所以过点
的平面即为四边形
，
且
，
又
，
所以截面的周长为
，C 正确；
对于D，设棱台高为，延长棱台的四条侧棱交于点O，设棱锥
的高为
，
由相似得，
，可得
，
如图，建立空间直角坐标系，
则
，
设球心
，外接球半径为
，
则
，
所以
，解得
，
所以
，
则球的表面积为
，D 正确.
故选：BCD
11．已知数列
满足
，记
为
的前
项和，则（ ）
A．当
时，
B．
，使得
C．
为等比数列的充要条件是
D．
且
，使得
【答案】ABC
【分析】A 项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；BD 项取特殊
首项即可；C 项，从充分性与必要性两个角度证明，其中必要性证明分类讨论，分别利用反证法可得
范
围.
【详解】对于A，由
，
，
，
，
由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为
即数列
是周期为4 的数列，
即
对于
成立，可得
，故A 正确；
对于B，根据题意，
，取
，
由
，则
，由
，则
，由
，则
，
，
由递推关系以下过程重复操作，可知数列
以后各项均为
，
故
，所以存在
，满足题意.故B 正确；
对于C，充分性：若
，则
，则
，
，
依此下去，对
，都有
，则
成立，
故
，数列
为等比数列；
必要性：若数列
为等比数列，设公比为
，
假设数列
中存在某项
，则
，
，
可得
，又
，解得
，
由
，可知
，故必存在某项
，则
，
即
，这与公比
矛盾，假设错误，
即数列
中任意一项都小于
，自然
；
再假设数列
中存在某项
，则
，即
，
则由
，可知
时，
，且数列
为递增数列，
故存在某项
，则
，这与数列递增矛盾，假设也错误；
所以数列
中也不存在大于
且小于
的项，又等比数列中各项均不为
，
故数列
中任意一项均小于
，
，必要性得证；
综上所述，
为等比数列的充要条件是
，故C 正确；
对于D，取
，满足条件
，
则由
，
根据选项A 推导过程可知后面各项依次为
即数列
，
可知不存在
，使得
，故D 错误.
故选：ABC.
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．已知直线经过点
，且与直线
垂直，则直线的方程是 ．
【答案】
【分析】根据直线垂直求直线的斜率，再利用点斜式求直线方程.
【详解】因为直线
的斜率为
，直线与直线
垂直，
所以直线的斜率为
，
所以直线的方程为
，整理得
.
故答案为：
13．已知平面向量
在向量
上的投影向量为
，则
.
【答案】
【分析】根据投影向量的定义可令
，即可表示出平面向量
在向量
上的投影向
量，从而得到
，解得即可.
【详解】因为平面向量
在向量
上的投影向量为
，
又平面向量
在向量
上的投影向量为
，
所以令
，
所以
，
，所以
，
则
，解得
，
所以
，则
.
故答案为：.
14．已知函数
．若函数
（e 为自然对数的底数）恰有4
个零点，则k 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】易知
是
的一个零点，当
时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论
即可得解.
【详解】易知，当
时，
，所以
是
的一个零点.
所以
时，
有3 个零点，即
有3 个根，
即
和
的图象有3 个交点．
设
，
，则
和
的图象有3 个交点．
当
时，
和
的图象有且仅有1 个交点，不合题意，应舍去．
函数
恒过定点
且对称轴为
，作出
和
的大致图象，
当
，若
与
的图象相切，
，
设切点
，则
，解得
．
和
的图象有3 个交点，则
．
当
，
时满足题意，解得
，
综上所述，
．
故答案为：
．
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．（13 分）已知函数
.
(1)求函数
的最小正周期，以及在区间
上的最小值；
(2)在
中，角
所对的边分别为
.若
，
，
，求
的长.
【答案】
(1)
，
(2)
【分析】（1）由
，利用二倍角公式和辅助角公式化简，计算即可.
（2）由
，得
，利用三角形面积公式
，得：
，利用余弦定理，计算即
可.
【详解】（1）
，
，即
，
最小正周期为
，
当
时，
，
当
时，即
时
取得最小值，
.
（2）
，
，
，即
，
，解得：
，
又
，故
，
，
，
，
，
由余弦定理得：
,
故
.
16．（15 分）如图，在三棱锥
中，点
分别是
的中点，平面
平面
．
(1)判断直线与直线
的位置关系，并给出证明；
(2)若平面
平面
，
，
是直线上的一点，直线
与
平面
所成角的正弦值为
，求线段
的长度．
【答案】
(1)
，证明见解析
(2)
或
．
【分析】（1）由中位线得到线线平行，即可得线面平行，由线面平行的性质得到线线平行；
（2）由等腰三角形及面面垂直得到空间内三条两两垂直直线，建立空间直角坐标系，由边长得到点坐标
及向量坐标，由向量的数量积求得面
的一个法向量，设
，由向量的数量积表示出线面角的
正弦值，即可求得线段
的长度．
【详解】（1）
．
证明：因为点
分别是
的中点，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为平面
平面
，
平面
，所以
．
（2）因为
，点
为
的中点，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，又
所以以
为原点，分别以
为
轴，
轴，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
，所以
，又
，
则
．
，
设平面
的法向量为
，
则
，不妨设
，解得
．
由（1）可知
，设
，
得
，所以
．
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
得
或
，
所以线段
的长度为
或
．
17．（15 分）已知甲乙两个盒子均装有
､
1 个白球和1 个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1 个
球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第
次操作后甲盒中白球的个数记为
.
(1)求
；
(2)证明：
是等比数列；
(3)求
的数学期望.
【答案】
(1)
，
(2)证明见解析
(3)1
【分析】（1）列出所有的取球情况，利用古典概型可得答案；
（2）利用全概率公式，建立递推公式，然后利用等比数列的定义可证明；
（3）利用期望的计算公式以及第（2）小问得到的
，可得答案.
【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交
换，共有 4 种等可能情况：
甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1；
甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0；
甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2；
甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。
故
（2）记
，则
，
由全概率公式得：
，
，
，
所以
，
，
由 （1） 和（3）知
，结合初始值
，
可得对任意
有
，代入
中，
得：
，
将（4） 代入（2）式得：
，
整理得
，
即：
，又
，
所以数列
是公比为
的等比数列.
（3）由题意知：
的取值为：
，
分布列为：
0
1
2
，
由 (2) 知
，
因此
.
18．（17 分）已知椭圆
的离心率为
，且经过点
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)设椭圆
的左，右顶点分别为
，过
轴上的一点
作直线交椭圆
于
两点（异
于点
）.设直线
斜率为
，直线
斜率为
.
（i）求
（用表示）；
（ii）若
,
的面积为
,
的面积为
，求
的最大值.
【答案】
(1)
(2)（i）
（ii）
【分析】（1）利用离心率推得
，结合点在椭圆上得
，解得
，即得椭圆方程；
（2）（i）设直线
的方程为
，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据斜率公式化简计算
即可；（ii）利用（i）的结论结合
求得
，分别表示出
，借助于韦达定理和基本不等式
即可求得
的最大值.
【详解】（1）由题可知，
，化简得
，
又因为
在椭圆
上，则
，
联立解得
，故椭圆
的方程为
.
（2）（i）依题意，设直线
的方程为
，
则联立
，消去
得
其中
，即
，
设
，则
.
则
；
（ii）由（i）可得
，解得
，即
，
，且
.
因
，
，
则
令
，则
，
，当且仅当
，即
时等号成立.
的最大值为
.
19．（17 分）若函数
对任意
，总存在唯一的
，使
成立，则称
是
在区间
上的“
阶和函数”．特别地，当
时，称
为区间
上的“
阶和
函数”．
(1)判断函数
是否为区间
上的“3 阶和函数”；
(2)若函数
是
在区间
上的“2 阶和函数”，求实数
的取值范围；
(3)若函数
为区间
上的“2 阶和函数”，当
时，函数
有两个零点
，证明：
．
【答案】
(1)
不是“3 阶自和函数”.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“3 阶和函数”的定义，举反例说明函数
不是区间
上的“3 阶
和函数”.
（2）根据“2 阶和函数”的概念，求实数
的取值范围.
（3）先根据“2 阶和函数”的概念求
的值，再利用“极值点偏移”证明
；
设
，分析函数极值，可得
，结合
，可得当
时，
，当
时，
，进而得
，整理可证
.
【详解】（1）对于
，有
.
如果存在
，使得
．
则必有
，
令
，则
，
所以
不是“3 阶和函数”.
（2）函数
在区间
上的值域为
．
因为
是
在区间
上的“2 阶和函数”．
所以对任意
，总存在唯一的
，使得
成立，
所以
，
所以
在
上的值域必定包含区间
，且当
时，方程的解在
上是唯一的.
又因为函数
的图象开口向上，对称轴为
，
当
时，
在
上单调递增，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
.
综上所述，
的取值范围为
.
（3）对
，有
．
如果存在
，使得
，则必有
，
因为
为区间
上的“2 阶和函数”，
所以
，即
，解得
.
所以当
时，函数
，
所以函数
的定义域为
，且
．
设
，
则
，
因为
，所以
．
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增，而
．
所以当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增．
而
，当
且
时，
．
所以
.
设
，则
，
所以
，又
，
所以
，所以
．
因为
且
在
上单调递增，
所以
，即
.
设
，则
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
单调递增．
所以
，则
．
因为
，
所以当
时，
，当
时，
.
所以
，
整理得
由①
②得，
，
因为
，所以
，所以
．
综上得证.
