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06
（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．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由
，得
，解得
或
，
所以
，所以
,
所以
.
2．已知复数z 满足
（其中i 为虚数单位），则
（ ）
A．1
B．2
C．
D．
【答案】C
【分析】根据复数的四则运算可得
，进而可求模长.
【详解】因为
，即
，
可得
，所以
.
3．已知函数
则
（ ）
A．0
B．2
C．4
D．16
【答案】B
【分析】利用分段函数，结合指数和对数运算求函数值.
【详解】由题意得：
，
故选： B
4．已知
，则
与
的夹角为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用
展开，结合向量数量积公式
即可求解夹角
.
【详解】已知
，
则
，
所以
，则
.
设
与
的夹角为
，则
，
又
，故
，所以
与
的夹角为
.
故选：C
5．已知正项等比数列
的前
项和为
，若
，则
的公比为（ ）
A．
B．
C．2
D．4
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式及前
项和求解即可.
【详解】设
的公比为
.
由
，得
，化简得
，
又
，所以
．
故选：C．
6．已知椭圆
:
的右焦点为
，上顶点为
，直线
交
于另一点
．若
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据向量关系得到点
坐标，代入椭圆方程化简求解即可.
【详解】椭圆右焦点为
，上顶点为
，设
.
由
得
，
所以
，
，即
.
代入椭圆方程得
，整理得
，即
.
又
，所以
.
故选：C.
7．如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底
在同一水平面内的两个测点
与
.现测得
，并在点
测得塔顶
的仰角为
，则塔高AB 为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】在
中利用正弦定理求出
，再利用
即可求出.
【详解】在
中利用正弦定理得，
，
即
，则
，
在
中得，
，则
.
故选：D
8．一个将输入计算机的正整数
“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用
中的
任意一个整数替换
的值并输出替换后的
值，重复以上操作，直到输出0 后终止操作.若输入的初始值
为3，终止操作时按回车键的次数为
，则
的数学期望为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意得出
的所有可能取值，利用操作步骤求出对应概率可求出其期望值，可得结果.
【详解】易知
的可能取值为1，2，3，
按一次输出数字0，
；
按两次输出数字0，有两种情况，依次输出2，0 或者1，0，故
；
按三次出现数字0，即依次输出2，1，0，故
.
所以
，
故选：A.
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．已知函数
，下列说法正确的是（ ）
A．
的最小正周期为
B．
的一条对称轴为
C．
在区间
内单调递增
D．将函数
的图象上所有点向左平移
个单位长度，所得图像关于
轴对称
【答案】AB
【详解】对于A，
的最小正周期为
，A 正确；
对于B，由
，得
图象的一条对称轴为
，B 正确；
对于C，由
，得
，则函数
在
上不单调，C 错误；
对于D，将函数
的图象上所有点向左平移
个单位长度得
的图象，
而函数
是奇函数，其图象关于原点成中心对称，D 错误.
10．若数列
的前
项和
满足
，则（ ）
A．
B．
C．
为等比数列
D．
【答案】ABD
【分析】对于A：根据
与
的递推关系推导
、
的通项公式；对于B：由上可知
为等差数列，由
等差中项性质可得结果；对于C：
不为等比数列；对于D：
，构造函数，利
用定义法证明该函数恒大于0.
【详解】对于A：当
时，
；
当
时，
，相减得
，
所以数列
是等比数列，进而得
，
，
所以
，A 选项正确；
对于B：因为
，所以数列
是以1 为公差的等差数列，
所以由等差中项性质可得
，故B 选项正确；
对于C：
，
不为常数，所以
不是等比数列，故C 选项错误；
对于D：
，
当
时，
则
；
当
时，令
，
则
，
所以
单调递增，所以
，即
，
综上：
，故D 项正确.
故选：ABD.
11．在正四面体
中，已知
面
，
平面
，点F，M，N 分别在棱
上，下列
说法正确的是（ ）
A．若M，N 分别为棱
的中点，且平面
不经过点M，则
平面
B．当F 为棱
的中点时，平面
平面
C．若四面体
的棱长为2，则其外接球的体积为
D．若点N 为
的中点，则
与平面
所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】将正四面体补成正方体，然后每个选项逐一判断即可．
【详解】将正四面体放在正方体中，如图，设
中点为
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，
又
平面
，平面
不经过点M，
平面
平面
，
平面
，故A 正确；
对于B，
F 为棱
的中点，且
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
平面
，故B 正确；
对于C，四面体
的棱长为2，则正方体的棱长为
，
其外接球半径
，体积为
，故C 错误；
对于D，由正方体性质可知
，
又
面
，
平面
，且
为异面直线，
平面
，
又
平面
，
平面
平面
，
设
的中点为
，连接
，
，又
平面
，
平面
，
就是直线
与平面
所成角，
则
，
设正方体边长为
，则
，
当
时，
取得最小值，最小值为
，
此时
最大，最大值为
，即
最大，最大值为
，
故
与平面
所成角的正弦值的最大值为
，故D 正确．
故选：ABD．
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．
的展开式中常数项为______.（用数字作答）
【答案】
【分析】先求解展开式的通项公式
，再根据
解得
并代入通项公式求
解即可.
【详解】
的展开式的通项公式为：
，其中
令
，解得
，
所以
的展开式中常数项为
故答案为：
13．已知双曲线
：
左顶点为
，右焦点为
，过点
且倾斜角为
的直线与双曲
线
的右支相交于点
，若
，且
，则双曲线
的离心率为________.
【答案】
【分析】根据斜率公式，勾股定理以及双曲线中
关系式，即可联立求解.
【详解】由题知，
，
，
，
则
，
，
又
，设
，
则
，解得
，
所以
.
故答案为：
14．若函数
在
处取得极大值，则实数
的取值范围为__________．
【答案】
【分析】求导，通过讨论
和0 的大小，确定函数的单调性，进而可求解.
【详解】由
，求导可得
令
，可得：
或
，
当
时，即
，
恒成立，
在定义域上单调递减，不符合题
意；
当
时，因为
，所以
，
由
，得
，由
，得
或
，
即
在
和
单调递减，在
单调递增，
即函数
在
处取得极小值，不符合题意；
当
时，因为
，所以
，
由
，得
，由
，得
或
，
即
在
和
单调递减，在
单调递增，
即函数
在
处取得极大值，符合题意；
综上实数
的取值范围为
，
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）一个盒子中有5 个大小相同的球，其中有2 个黄球，3 个白球．
(1)随机一次取出3 个球，用
表示取出的球为黄球的个数，求
的分布列和均值
；
(2)逐个不放回地随机取出5 个球，在整个取球过程中，记“已取出白球的个数始终不小于黄球的个数”为
事件
，求
．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）求出
的可能取值以及每个取值相应的概率即可求分布列，再由均值公式计算即可得解；
（2）由题意知第一次取到的球为白球，接下来分第2 次取到白球或第2 次取到黄球两种情况分析即可计算
求解.
【详解】（1）
的可能取值为0，1，2．根据概率知识，可得
的分布列为
用表格表示
的分布列，如下表所示．
0
1
2
所以
的均值为
．
（2）由题意可知第一次取到的球为白球，设
“第次取到白球”（
）．
若事件
发生，则后面出现情况均满足题意，所以
；
若事件
发生，则事件
一定发生，后面出现的情况均满足题意，
则
．
故
．
16．（15 分）设函数
，且
的图象相邻两条对称轴的距离为
.
(1)求
的单调递增区间；
(2)求
在
上的值域；
(3)将
所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列
，求数列的前
项和.
【答案】(1)
； (2)
； (3)
.
【分析】（1）先用辅助角公式将函数化为一个角的三角函数，再根据正弦函数的单调递增区间可得；
（2）先求得
，再根据正弦函数的性质可得函数的值域；
（3）先由函数解析式可得函数的零点，再根据所有零点排列的特征得数列的奇数项和偶数项均构成等差
数列，再进行分组求和可得.
【详解】（1）因为
，
因为
的图象相邻两条对称轴之间的距离为
，所以
的最小正周期为
，
所以
，又
，所以
，所以
，
令
，
，解得
，
，
所以
的单调递增区间为
；
（2）因为
，
，所以
，
，
，
，
所以
在
上的值域为
.
（3）因为
，令
，得
，
所以
或
，
，即
或
，
，
所以
所有的正零点需满足
或
，得
为正整数.
所以数列
是以
为首项，π 为公差的等差数列，所以数列
是以
为首项，π 为公差的等差数
列，
所以
.
17．（15 分）已知函数
.
(1)若
，求
的单调区间；
(2)若存在
，对任意
恒成立，求实数
的最大值.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）借助导数计算即可得；
（2）令
，
，借助导数计算可得该函数单调递减，则
，结合
的范围即可
得解.
【详解】（1）由题意可知
，
，
令
，得
令
，得
，令
，得
，
所以
的单调递减区间为
，单调递增区间为
；
（2）令
，可得
，
令
，
，因为
，所以
，
所以
在
单调递减，
要使得对任意的
恒成立，
所以
，即
，
因为存在实数
，使得
成立，
所以
，即
，
所以
的最大值为
.
18．（17 分）如图.在三棱柱
中，
是AC 的中点，
.
(1)证明：
平面
.
(2)已知点
到平面
的距离为1.
①求三棱柱
的体积；
②求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)①
；②
.
【分析】(1)通过中位线证明线线平行，进而证得线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解参数，再分别计算三棱柱体积和两平面夹角的余弦
值.
【详解】（1）证明：设
，连接DE，则DE 是
的中位线，
所以
.
因为
平面
平面
，
所以
平面
（2）连接
.因为
为AC 的中点，所以
.
因为
平面
，
所以
平面
设
，则
．
以
为坐标原点，
的方向分别为
轴、
轴、
轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系，
则
．
由(1)知
.
设平面
的法向量为
，因为
，
所以
，令
，得
所以点
到平面
的距离
，解得
.
①三棱柱
的体积
．
②已知平面
的一个法向量为
．
设平面
的法向量为
，因为
，
，
所以
，令
，得
.
因为
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
19．（17 分）已知抛物线
（
）的焦点为F，直线
与抛物线
交于P，Q 两点，
，且
（O 为坐标原点）.
(1)求抛物线E 的方程；
(2)A，B，C，D 为抛物线E 上的4 个点，
，且直线AC 与BD 交于点
.
（ⅰ）求直线AB 的斜率；
（ⅱ）试判断直线
与
是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）2；（ⅱ）是，
【分析】（1）由题可知
，
，不妨设
，
，则
，求解可得
，进而得到抛物线E 的方程.
（2）（ⅰ）设直线
：
，
，
，
，
，表示出直线
的方
程，将直线
的方程分别与抛物线方程联立，根据韦达定理，用
表示出直线
的斜率，根据
，利用斜率相等，求得
的值，即可得到直线
的斜率；（ⅱ）设
的中点
，
的中点
，则直线
：
.因为
，所以直线
与
的交点即为直线
与
的交点，表示出直线
的方程，代入
，可得相应定点的坐标.即可得到直线
与交于该定点.
【详解】（1）由题可知
，
，不妨设
，
，则
，即
①，
又
②，
由①②解得
，
，
所以抛物线E 的方程为
.
（2）（ⅰ）由题，直线
的斜率不可能为0.
设直线
：
，
，
，
，
，
联立方程
，得
，
则
，
，
，
可得直线
：
，
与抛物线E 的方程联立消去x 得：
，
则
，即
，
因为
，可得
，同理可得：
，
则
，
因为
，所以
，即
，
整理得
，
由题可知点
不可能在直线
上，所以
，
所以
，即
，
所以直线
的斜率
.
（ⅱ）是，直线AD 与BC 的交于定点
.
由（ⅰ）知
，所以可设
中点
，
因为
，得
，所以可设
中点
，
所以直线
：
，
因为
，所以直线
与
的交点即为直线
与
的交点，
因为
，
所以直线
：
，
令
得
，
所以直线
与
的交于定点
.
