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05
（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．已知集合
，则
（ ）
A．
或
B．
或
C．
D．
【答案】D
【分析】求出集合
、
，利用交集的定义可得集合
.
【详解】
，
对于
，则
，解得
，
故
，所以
，
故选：D.
2．设
，则
（ ）
A．
B．
C．2
D．4
【答案】D
【分析】利用复数的乘法运算法则和复数相等的条件可求得
的值.
【详解】因为
，所以
，
所以
.
故选：D.
3．已知直线
，
，则“
”是"
”的（ ）
A．充分必要条件
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】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解.
【详解】若“
”，则
，
所以“
”是“
”的充分必要条件.
故选：A.
4．2025 年11 月，搭载“祖冲之三号”同款芯片的超导量子计算机“天衍-287”完成搭建，该量子计算系
统具备“量子计算优越性”能力.下表记录了8 个团队在特定年度的研发资金投入x(单位：亿元)与芯片性
能提升评估指数y，且
研发资金投入x/亿元
2
10
性能提升评估指数y
2
12
已知y 与x 具有较强的线性关系，通过最小二乘估计得到的经验回归方程为
如果去掉样本点
后，得到的新样本的经验回归方程为
则
（ ）
A．0.1
B．0.3
C．0.5
D．0.7
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出
，进而求出新样本的中心点，再利用经验回归方程求得答案.
【详解】由
及
，得
，
则在新样本中，
，
所以
.
故选：B
5．已知双曲线
的右焦点为
，左右顶点分别为
､
为
上一点，且
轴，点
在线段
上，直线
分别交
轴于
两点，
为坐标原点，若
，
则
的离心率为（ ）
A．2
B．3
C．
D．
【答案】A
【分析】不妨设点
在第一象限，求出点
的方程，再根据
即可求出.
【详解】不妨设点
在第一象限，
由题意得，
，
设
，则
，
故直线
的方程为
，令
，则
，故
；
直线
的方程为
，令
，则
，故
，
因为
，则
，得
，
则
的离心率为
.
故选：A
6．已知函数
为偶函数，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用函数奇偶性定义确定函数
的奇偶性，进而得到函数
的奇偶
性，再借助余弦型函数的奇偶性求出参数值.
【详解】函数
的定义域为
，令函数
，
，即函数
是奇函数，
而函数
是偶函数，则函数
是奇函数，
因此
，解得
，又
，
所以当
时，
取得最小值
.
故选：C
7．某晚会由4 个歌舞节目和2 个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3 个节目
中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种.
A．216
B．360
C．432
D．672
【答案】C
【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3 个节目至少有一个机器人节目要求
【详解】步骤1：先排 4 个歌舞节目：
，排好后会产生 5 个空位（包括两端）；
步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：
；
步骤3：排除“前3 个节目全是歌舞”的情况：先从4 个歌舞节目中选3 个排在前3 个位置，有
种
方法，
剩下的1 个歌舞节目和2 个机器人节目排在后3 个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器
人”的排列，
有
种方法.故不满足条件的情况有
.
故总数为：
故选：C
8．已知
在
上有两个不同零点，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由
得出
，变形得出
，分析可知
，构造
函数
，其中
，分析出函数
在
上为增函数，可得出
，则
，参变分离得出
，构造函数
，其中
，利用导数分析函数
的单调性与极值，数形结合可得出实数
的取值范围.
【详解】由
可得
，
故等式可变形为
，
等式两边同时乘以
可得
，
若
，对任意的
，
，则
，故
，
所以
，但
，等式不成立，不符合题意，所以
，
构造函数
，其中
，则
，
所以函数
在
上为增函数，
由
可得
，
所以
，参变分离得
，
构造函数
，其中
，则
，
当
时，
，即函数
在
上单调递增，
当
时，
，即函数
在
上单调递减，
所以函数
的极大值为
，
又因为
，
，且
，如下图所示：
由图可知，当
时，直线
与函数
在
上的图象有两个交点，
因此实数
的取值范围是
.
故选：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．已知实数
，若
，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】对于选项A，利用对数函数单调性判断的范围；对于选项B，利用幂函数单调性判断
与
的
大小；对于选项C，作差比较
与
的大小；对于选项D，构造函数判断
与
的大小，即可得
出结果.
【详解】对于选项A，已知
，则
，故
，A 正确.
对于选项B，因为
，幂函数
在
上单调递增，又
，所以
，B 错误.
对于选项C，
，
因为
，
，所以
，
，
，
故
，即
，C 正确.
对于选项D，构造函数
，
，则
在
上单调递增.
因为
，所以
，即
，整理得
，D 错误.
故选：AC
10．已知函数
（
），且满足
，则（ ）
A．
B．
在区间
上单调递增
C．
，
D．将
的图像向右平移
个单位长度得到
的图象，那么
【答案】ACD
【分析】根据
得出正弦函数取得最小值时，满足
，再结合
得出
，故A 正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B 即可；因为
，
得出
，即可得证C；根据图像的平移得出
，再求
的取值范围即
可.
【详解】因为
（
），且满足
，
则
，此时
，解得
，
结合（
），当
时
；故A 正确；
，求其单调递增区间即
，
化简得
，当
时
，
同理单调递减区间为
，
当
时
，
，因此在区间
上不单调，故B 不正确；
因为
，
，
故
，C 选项正确；
将
的图象向右平移
个单位长度得到
的图象，
故
，
故
,
，
即
，选项D 正确.
故选：ACD.
11．已知
为抛物线
的焦点，准线与
轴交于点
为第一象限内抛物线上的点，
且满足
，过点
作的垂线，垂足为
与
交于点
，则（ ）
A．直线
的斜率不是定值
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据抛物线的性质、斜率计算公式、余弦定理及几何关系求解即可.
【详解】由题意知，
，准线：
，
.
设
，则
.
因为点
为抛物线上的点，所以
.
又
，所以
，即
，
联立整理得，
，解得
，因为
，所以
.
所以
（
）.
选项A：
，为定值，A 错误.
选项B：
，
，
.
所以
，B 正确.
选项C：因为
，所以
，
又
，所以
，所以
所以
，C 正确.
选项D：
，
因为
，
所以
，又
，
所以
.
因为
，所以
，所以
，D 正确.
故选：BCD
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
是等差数列，
，
，则
的公差为 .
【答案】
【分析】由等差数列的性质及通项公式即可求解.
【详解】由等差数列的性质得
，
，
又
，
，
.
故答案为：
13．已知某圆台的上、下底面的圆周都在一个直径为10 的球面上，其上、下底面的半径分别为3 和5，则
该圆台的侧面积为 .
【答案】
【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的侧面公式即可求得其侧
面积.
【详解】由于圆台的下底面半径为5，故下底面圆周为外接球的大圆，
如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为
，
则圆台的高
，
则圆台的母线长为
，
所以可得圆台的侧面积为
.
故答案为：
.
14．点
是函数
的图象上在
轴右侧任意一点，过
作直线
的垂线，垂足为
，过
作
轴的垂线与
的图象交于另一点
，则
.
【答案】4
【分析】先求出函数的解析式，判断函数奇偶性，根据题意设
，利用已知条件求出
的坐标，写出向量
的坐标，利用向量数量积运算即可.
【详解】由
，
当
时，
，
则
时，
，
所以
，
所以
，
由函数定义域为
关于原点对称，
且当
时，
，
当
时，
，
所以函数
为偶函数，图象关于
对称，
因为点
是函数
的图象上在
轴右侧任意一点，
所以设
，
又过
作直线
的垂线，则垂线的斜率为1，
所以垂线方程为：
，
即
，
联立
，解得：
，
即
，
又过
作
轴的垂线与
的图象交于另一点
，
且函数
为偶函数，
所以
，
即
，
又
，
，
所以
，
故答案为：4.
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）在
中，角
的对边分别是
，且满足
.
(1)证明：
；
(2)若
边上的中线长为2，求
的面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析； (2)
.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角即可求出
得证.
（2）利用向量数量积的运算律，结合基本不等式求出面积的最大值.
【详解】（1）在
中，由
及正弦定理，
得
，而
，则
，
即
，而
，所以
，
.
（2）令
边的中点为
，则
，
，
两边平方得
，则
，
即
，当且仅当
时取等号，
的面积
，
所以
的面积的最大值为
.
16．（15 分）已知集合
含有
个元素，其中
，先后两次随机、独立地选取集合
的两个子集，记
为
与
．设
为集合
中元素的个数，
(1)若
，且
，请列举所有满足条件的
和
；
(2)求随机变量
的数学期望
；
(3)设
在
处取得最大值，试建立
与
的关系．
【答案】(1)答案见解析 (2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据新定义求解即可；
（2）分类讨论，根据随机变量
服从二项分布，利用期望公式求解即可；
（3）列出不等式组，求出
取值范围，分类求
与
的关系即可.
【详解】（1）由题意，
；
；
；
；
；
.
（2）根据集合
的子集个数，可知集合A 的可能情况有
种；同理，集合B 也可能有
种.
因此，两集合的所有可能情况数为
X 的所有取值为
当
时，先从n 个元素中选出k 个元素，记为
，有
种可能情况；
对于这k 个元素中的每个元素
，满足
时，
只可能满足
这三种情况之一，有
种可能情况.
因此，事件“
”的所有可能情况数为
，则
由
，可知
，则
.
（3）若
，由
，
，则
，矛盾.
若
，由
，
可知，当
时，满足
；
当
时，满足
若
，由
，即
，
即
，解得
，
从而，
，其中
为自然数.
17．（15 分）如图，三棱柱
中，平面
平面
，
，
，
为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)证明：平面
平面
；
(3)若
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)
【分析】（1）连接
与
交于点
，连接
，证明
，根据线面平行的判定定理即可证
明；
（2）根据平面
平面
和
得到
平面
，从而得到
平面
，
再利用面面垂直的判定定理即可证明；
（3）以
为坐标原点，
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，求出
和平面
的法
向量，利用向量法即可求解.
【详解】（1）连接
与
交于点
，连接
，
三棱柱侧面
为平行四边形，所以
为
的中点，
又
为
的中点，所以
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）因为
，所以
，
又因为
，
，
所以
，
所以
，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
.
（3）由
，
，得
，
故
两两垂直，
以
为坐标原点，
所在直线为
轴建立如图所示空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，
，
则
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
故直线
与平面
所成角的正弦值为
.
18．（17 分）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)讨论函数
的单调性；
(3)已知曲线
与曲线
有两个不同的交点，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析 (3)
【分析】（1）先求出导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式得出切线方程；
（2）求出导函数，再分
和
两种情况，得出导函数值正负，即可得出单调性；
（3）先把曲线有两个交点得出方程
有两个不同实根，再构造函数
，应用导函数分
和
得出单调性及最值，再构造函数
，利用零点存在定
理，得出参数范围.
【详解】（1）当
时，
，
且
，即切点坐标
，切线斜率
，
故所求切线方程
，即
；
（2）
，
.
当
，即
时，
，
在
上单调递减；
当
，即
时，当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
综上，
时，
在
上单调递减；
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（3）因为曲线
与曲线
有两个不同的交点，
所以方程
有两个不同实根，
等价于方程
有两个不同实根，
设
，
则
且
，
当
时，
时，
时，
，
此时函数
只有一个零点
，方程只有一个根，不符合题意；
当
时，
在
上单调递增，
当
时，
，
∴存在
使
，
在
时，
，在
时，
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
.
又
，
设
，则
在
上单调递增，
，即
在
单调递减，
又
，又
，
在
上和
上各有一个零点，符合题意；
当
时，
，∴当
时，
，当
时，
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
，
只有
一个零点，不符合题意；
当
时，
，
，
∴存在
使得
，
∴当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
.
又
，当
时，
单调递增，
又
在
上存在一个零点.
又
时，
有两个零点，符合题意；
综上，曲线
与曲线
有两个不同的交点时，
或
.
因此，实数
的取值范围为
.
19．（17 分）已知椭圆
：
（
）的实轴长为
，点
在
上.
(1)求
的离心率；
(2)若
，
分别为
的左、右顶点，过点
且斜率不为0 的直线与
交于
，
两点，直线
，
交于点
，证明：点
在定直线上；
(3)已知
，
，
均在
上，
为原点，
，其中
，
均不在
轴上，
，且
，记直线
，
的斜率分别为
，
，证明：
为定值.
【答案】(1)
(2)证明见详解 (3)证明见详解
【分析】（1）根据长轴长可得
，代入点
可得
，进而可得离心率；
（2）设直线
：
，
，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得
，联立直线方程可得
，运算求解即可；
（3）设
，根据题意结合向量运算可得
，代入椭圆方程可得
，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：
，即
，椭圆方程为
，
代入点
可得
，解得
，
所以椭圆
的离心率
.
（2）由（1）可知椭圆
的方程为
，
，
因为直线
的斜率不为0，且直线
与椭圆
必相交，
设直线
：
，
，
联立方程
，消去x 可得
，
则
，
，可得
，
由题意可知：直线
，直线
，
联立方程消去y 可得
，
即
，可得
，
所以点
在定直线
上.
（3）设
，且
，
则
，且
，
，
可得
，即
，
代入椭圆方程可得
，
整理可得
，
又因为
，
，
，
可得
，即
，
且
，可得
，即
，
所以
（为定值）.
