文档文本内容
备战2026 年高考数学考前仿真模拟必刷10 卷
必刷模拟卷01
（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．已知复数
（为虚数单位），则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据复数除法的运算法则和模的运算进行计算.
【详解】题意
，
所以
.
故选：C
3．数据4.8，5.1，7.3，7.4，7.8，8.4，8.8，9.3 的第75 百分位数为（ ）
A．7.5
B．8.6
C．7.8
D．8.4
【答案】B
【分析】利用百分位数定义计算即可求解.
【详解】因为数据个数为8，第75 百分位数的位置为
.
因为6 为整数，所以第75 百分位数为第6 个数与第7 个数的平均数
.
故选：B.
4．已知双曲线
的渐近线方程为
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．3
D．5
【答案】B
【分析】求出双曲线
的渐近线方程，进而求出
，再求出离心率.
【详解】双曲线
的渐近线为
，依题意，
，
所以
的离心率
.
故选：B
5．已知变量
和
的成对样本数据
的经验回归方程为
，且
，当增加1
个样本数据
后，重新得到的经验回归方程的斜率为
，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据
所对应的残差为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】B
【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可.
【详解】由
，可得增加1 个样本数据后
的平均数为
，
因为
，所以
，
则增加1 个样本数据后
的平均数为
，
所以
，解得
，
所以新的经验回归方程为
，
则当
时，
，
样本点的残差为
.
故选：B.
6．已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题知
，
，再结合幂函数的性质，对数函数的性质，借助中间值比较大小即
可.
【详解】
，
，
因为
在
上为增函数，
,
所以
，即
，
因为
，
所以
，即
故选：D
7．已知
，若在
之间插入3 个数
，使得这5 个数成等差数列，则
（ ）
A．6
B．9
C．12
D．18
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质求解即可.
【详解】因为
成等差数列，
所以
，
可得
，
所以
，
故选：B
8．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底
面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为
，则该几何体外接
球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球
心到上下底面顶点距离均为半径
列方程，解出半径后计算外接球表面积.
【详解】建立如图所示坐标系，设下底面正方形
的中心为坐标原点
，
因为下底面边长为
，几何体的高为
，
所以
，
，
，
，
，
，
，
.
设球心
，外接球半径为
.
所以
则
解得：
.
所以
.
外接球表面积
故选：B.
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
是椭圆
的两个焦点，点
在
上，
是
上的动点，
轴，垂足为
，且点
满足
（当点
在
轴上时，规定点
与点
重合），则（ ）
A．椭圆
的离心率为
B．
的最小值为8
C．点
的轨迹方程为
D．
的最大值为
【答案】AC
【分析】对于A：利用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解判断即可；
对于B：根据椭圆的定义，结合基本不等式进行求解即可；
对于C：根据平面向量共线坐标表示公式，结合代入法进行求解即可；
对于D：根据圆的性质，结合两点间距离公式进行求解即可.
【详解】对于A：因为点
在
上，
所以
，
所以该椭圆的标准方程为
，
所以可得
，
因此椭圆
的离心率为
，所以本选项说法正确；
对于B：因为
是
上的动点，
所以
，
，
即
，当且仅当
时取等号，
所以当
时，
有最小值
，因此本选项说法不正确；
对于C：设点
的坐标为
，所以有
，
因为
轴，垂足为
，
所以点
的坐标为
，设点
的坐标为
，
，
代入
中，得
，所以本选项说法正确；
对于D：圆
的圆心是原点，半径为.
因为
，
所以
，因此本选项说法不正确.
故选：AC
10．已知锐角
中，角
，
，
的对边分别为
，
，，满足
，
，且
的面积为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
的周长为
【答案】BCD
【分析】由两角和与差的三角函数公式、正余弦定理逐项分析计算即可.
【详解】选项A：由
，得
，
两式相加得
，整理得
，
即
，解得
或
，
因为锐角
中，
，所以
，
，故A 错误；
选项B：由选项A 得，
，则
，
所以
，即
，
整理得
，即
，因为
，所以
，
所以
，
则
，故B 项正确；
选项C：由锐角
的面积为
，得
，得
，
设
的外接圆半径为
，则
，
又
，
，
则
，解得
，
所以
，
，
，
所以
，故C 项正确；
选项D：由选项C 得，
的周长为
，故D 正确.
故选：BCD.
11．已知函数
，
为
的导函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
B．当
时，
有极小值
C．当
时，若
在
恒成立，则
D．若
有两个零点
，
，则
随
的增大而增大
【答案】ACD
【分析】求导函数，应用导数值得出参数，判断A，根据导函数正负得出函数单调性，判断极值情况，进
而判断B，先转化不等式，再参数分离，构造函数结合函数最值计算参数，判断C，先转化零点，再构造
函数，结合导函数得出函数单调性，判断D.
【详解】对于A，因为
，而
，所以
，故A 正确；
对于B，当
时，令
，解得
．
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减．
所以
有极大值，无极小值，故B 错误；
对于C，由
，即
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
，由题意知
，故
，
令
，则
，令
，解得
，
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减．
所以当
时，
，即
，故C 正确；
对于D，若
有两个零点，即
有两个解，令
，
即
与
有两个交点，因为
，令
，解得
．
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减．
所以当
时，
，
当
时，
，当
时，
，且
，
作出
的图象，如图所示：
若
有两个零点，由图象易得
，
不妨设
，则由
，得
．
设
，则
，
由
得
，
所以
，令
，则
．
令
，则
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，故
；
所以
在
上单调递减，故
．
所以
，所以
在
上单调递减，
因此
随着的增大而减小，由图象可知随着
的增大而减小，
所以
随着
的增大而增大，故D 正确．
故选：ACD．
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．已知函数
，且
，则
的值为 .
【答案】
/
【分析】根据给定的函数式及函数值求出
，再判断代入求出目标值.
【详解】函数
，当
时，
，
当
时，
，由
，得
，则
，解得
，
所以
.
故答案为：
13．已知
，则
．
【答案】
【分析】法1：由已知等式整理得到
，法2：应用齐次式法有
，进而求得
，再应用和角正切公式求值.
【详解】法1：因为
，所以
，即
，
所以
；
法2：因为
，所以
，即
，
所以
；
故答案为：
14．盒子中有4 个红球，6 个白球，从盒中每次取1 个球，取出后将原球放回，再加入2 个同色球，所有的
球除颜色外其它均相同，则第2 次取到红球的概率为 ；在第2 次取到红球的前提下，第3 次取到白球
的概率为 .
【答案】
/
/
【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解.
【详解】记事件
“第次取到红球”，
则
，
，
所以
，
即第2 次取到红球的概率为
；
，
所以
，
即在第2 次取到红球的前提下，第3 次取到白球的概率为
.
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）已知数列
的前
项和
.
(1)证明：
；
(2)若
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)证明过程见解析； (2)
【分析】（1）根据
得到通项公式，进而得到
；
（2）得到
，由错位相减法求和得到答案.
【详解】（1）当
时，
，
当
时，
，
由于
，故对
，
，
所以
，而
，
故
；
（2）
，
故
①，
则
②，
式子①-②得
，
故
.
16．（15 分）在矩形
中，
，
，
为
的中点，将
沿
翻折至
，使得平
面
平面
，得到如图所示的四棱锥
．
(1)证明：
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直；
（2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）
在矩形
中，
，
，
为
的中点，
所以
，所以
，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
．
又
平面
，所以
．
（2）取
的中点
，
的中点
，连接
，则
，所以
平面
，
由题可得
，所以
，所以
两两垂直，
以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
所以
，
，
．
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，得
，
，
所以
．设直线
与平面
所成角为
，
所以
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
17．（15 分）甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3 分、2 分、0
分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3 分、2 分、0 分的概率分别为
，乙不投3 分球，他一
次投篮得2 分、0 分的概率分别为
．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每
次投篮也互不影响．
(1)记一轮投篮后，甲的得分为
，乙的得分为
，求
；
(2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量
，求
的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）分别按照
，
，
求出概率，根据互斥事件概率的加法公式，可得
的值.
（2）
的可能取值为
，分别求出相应的概率，列出
的分布列，根据数学期望的公式求出
的值.
【详解】（1）
的取值为3,2,0,对应的概率分别为
，
，
.
的取值为2,0，对应的概率分别为
，
.
当
时，
取2 或0 都满足
，
此时概率为
.
当
时，
取2 或0 都满足
，
此时概率为
.
当
时，只有
满足
，
此时概率为
.
根据互斥事件概率的加法公式，可得
.
（2）
的可能取值为0,2，3，4，5.
.
.
.
.
.
的分布列如下表所示：
0
2
3
4
5
可得
.
18．（17 分）已知函数
在点
处的切线方程为
．
(1)求实数
的值；
(2)设
．
（i）证明：
存在唯一极小值；
（ii）设
的极小值点为
，证明：
．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）求出
的导函数
，根据切线的斜率为
，及点
在切线上列方程，求出
的值；
（2）（i）由（1）得
，利用导数分析函数
的单调性，即可证明
存在唯一
极小值；（ii）由（i）可得
的取值范围，构造新函数，利用导数可分析新函数的取值范围，从而证明
.
【详解】（1）因为
在点
处的切线方程为
，即
.
所以切线的斜率为
，且当
时，
.
因为
，所以
，
所以
，所以
.
（2）（i）因为
，其定义域为
.
所以
.
令
，得
或
，
设
，所以
在
上恒成立，所以
在
上单调递减.
又
，所以存在唯一
，使
．
故
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
时，
，
单调递减，
所以
是函数
的唯一极小值点，所以
存在唯一极小值．
（ii）因为
的极小值点为
，所以
．
又
，且
在
上单调递增，所以
；
又
，两边取自然对数得
，即
，即
.
所以
，
设
，
则
在
上恒成立，故
在
上单调递减，
故
，即
．综上所述：
．
19．（17 分）将抛物线
向左平移1 个单位得到曲线
，过原点作直线与
交于不同的两点
，
设
中点的轨迹为
．
(1)求
的方程；
(2)设圆
与
轴分别交于点
，
（
在
的左侧），与
在第一象限的交点为
，若直线
与
分别交于点
，直线
与直线
相交于点
．
①求证：
；
②求
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②16
【分析】（1）先根据抛物线平移规律得到曲线
的方程，再联立直线与
方程，利用韦达定理和中点坐标
公式求出中点轨迹方程.
（2）①设出相关点坐标，求出直线
，
方程并与曲线
联立，利用韦达定理和定比分点公式证明线
段比例关系.
②设直线
方程并与曲线
联立，用弦长公式和点到直线距离公式表示出
面积，进而求出最小值.
【详解】（1）由已知得，
的方程为
，
由题得直线的斜率不为零，设的方程为
，
由
，消去
得
，
，
设
，
，
中点的坐标为
，所以
，
则
，
，
消去得
，所以
的方程为
．
（2）①由已知得，
的焦点为
，准线方程为
，
设
，则
，
所以圆
的方程为
，所以
，
，
设直线
的方程为
，
由
，可得
，
，
则
，又因为
，所以
，
又直线
的方程为
，
由
，可得
，所以
，
又
，所以
，
过点作
，垂足为
，则
．
则直线
的方程为
，
又直线
的方程为
，联立可得点
，
所以
，
，
所以
，
由相似三角形性质可得
．
②由①得
，
因为
，
，
所以
，
，
所以
，
当且仅当
时等号成立，所以
的最小值为16．
