文档文本内容
2026 届高三新高考模拟卷
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5 毫米的
黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码
区”．
2.选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡
皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5 毫米的黑色签字笔在答题卡的
对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无
效．
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回．
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，只有一项符合题目要求．
1．已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】并集的概念及运算、分式不等式
【分析】求出集合
，利用并集的定义可得集合
.
【详解】因为集合
，
，
故
.
故选：A.
2．已知直线
，则“
”是“
”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】判断命题的充分不必要条件、已知直线平行求参数
【分析】由两直线平行求得参数
,结合充分必要条件可得.
【详解】
，且
，解得
或
．
由
可得
；而
还可能得
，
由此可知：“
”是“
”的充分不必要条件.
故选：A．
3．向量
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式、数量积的运算律、向量减法法则的几何应用
【分析】设
，则
，由
可得
，作出相应图象，结合图
象利用二倍角公式计算即可求解.
【详解】设
，则
，
因为
，所以
，
即
，即
，所以
．
如图，设
，
，
，
则
，
，
因为
是等腰直角三角形，
设
边中点为
，则
，
所以
边上的高
，
，
因为
，所以
三点共线，
所以
，
则
，
所以
，
，
所以
．
故选：C．
4．已知
是等差数列
的前
项和，若
，则使
的最小整数
（ ）
A．22
B．23
C．24
D．25
【答案】C
【知识点】利用等差数列的性质计算、根据等差数列前n 项和的最值求参数、求等差数列
前n 项和
【分析】根据条件得到
，再利用等差数列的性质及前
项和公式，即可求出结
果.
【详解】等差数列
的前
项和为
，由
，且
，
得
，所以
，
则数列
的公差
，所以数列
是递增的等差数列，
且当
时，
，当
时，
，
又
，
所以使
成立的最小的
为24，
故选：C．
5．若函数
恰有
个零点，则正数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、正弦函数图象的应用
【分析】利用零点存在性定理求出函数
的零点个数，再由正弦函数的图象性
质及零点个数求出范围.
【详解】函数
在
上单调递增，则函数
在
上单调递
增，
而
，则
，使得
，函数
在
上有
个零点，
由函数
有
个零点，得函数
有个零点，
由
，得
，需使
，解得
，
所以正数
的取值范围是
.
故选：A.
6．如图，记三棱锥
的体积为
为
的中点，
且
平面
，则该三棱锥外接球的表面积的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、
线面垂直证明线线垂直
【分析】根据三棱锥体积的范围先确定
的范围，然后确定三棱锥外接球的球心大概位
置，然后根据勾股定理和基本不等式的性质求出外接球半径的范围，最后根据球的表面积
公式求出结果即可.
【详解】因为
，所以
.
由于三棱锥
的体积为
，
平面
，
所以
，所以
.
因为等腰直角
中，
为
的中点，
所以
.
因为
，所以三棱锥外接球的球心在直线
上.
设外接球半径为
，则根据勾股定理得
，化简得
，
即
，
当且仅当
时等号成立.
因为
，当
时，
；
当
时，
；
所以
，
此时该外接球的表面积为
.
故选：C.
7．双曲线
的左、右焦点分别为
，
，以右焦点
为焦点的
抛物线
与双曲线交于第一象限的点
，若
，则双曲线的离心率
为（ ）
A．2
B．5
C．
D．
【答案】A
【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围、双曲线定义的理解、抛物线定义的理
解
【分析】根据给定条件，利用双曲线、抛物线定义求出点
的坐标，再代入双曲线方程，
结合离心率的定义求解.
【详解】由双曲线定义得
，设点
，
由抛物线定义得
，解得
，
，
又点
在双曲线上，则
，即
，而
，
于是
，整理得
，即
，
而
，解得
，所以双曲线的离心率为2.
故选：A
8．已知
，曲线
在点
的切线都
过坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】函数与方程的综合应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】选项A：利用导数的几何意义求得切线的斜率，结合切线过原点列式可得
即可判断；选项B：由函数
与
的图象可得
，即
可判断；选项C：由函数
与
的图象可得
，即可
判断；选项D：由C 知
，
，整理后即可判断．
【详解】选项A：由
，得
，
则在点
处的切线方程为：
，
又切线过原点
，代入得：
即
，由此可得
故
故A 错误；
选项B：由
得
故
是函数
与
的图象交点的横坐标，
且这两个函数图象都是奇函数，图象关于原点对称，如图所示：
故
，且
，得
，故B 错误；
选项C：由函数
与
的图象可知，当
时，
由
得
，即
，故C 错误；
选项D：由C 知
，即
，又
，
故
，即
由A 知
，代入上式，得
，即
故D 正确．
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，选对但不全的得部分分，有选错的
得0 分．
9．下列有关说法正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
.
B．若随机变量
，则
.
C．若
，则
.
D．已知一组从小到大排列的数据为
，2，2，4，4，5，6，
，8，8，若其第70 百分
位数等于其极差，则
.
【答案】ABD
【知识点】二项分布的均值、根据正态曲线的对称性求参数、二项展开式各项的系数和、
总体百分位数的估计
【分析】对于A，由正态分布对称性可得
；对于B，根据二项分布
，列出方程求解即可；对于C，根据赋值法求二项展开式系数
和即可；对于D，由极差和百分位数的求解方式求解即可．
【详解】对于A，由题意可知
，故A 正确；
对于B，
，解得
，故B 正确；
对于C，令
，
则
，
所以
，故C 错误；
对于D，这一组数共10 个，
，
所以第70 百分位数为第
个和第个的平均值，即为
，
则
，整理得
，故D 正确；
故选：ABD．
10．已知函数
，则（ ）
A．
的图象关于点
对称
B．
，使得
在
上单调递增
C．若
存在极值，则
D．若
有三个零点，则
【答案】ACD
【知识点】判断或证明函数的对称性、根据极值求参数、利用导数研究函数的零点、利用
导数求函数（含参）的单调区间
【分析】求出
即可判断A；利用导数分
和
两种情况讨论求出函数
的单调区间及极值，即可判断BCD.
【详解】对于A，因为
，
所以
的图象关于点
对称，故A 正确；
对于BCD，
，当
时，
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增，
当
时，令
，得
，
当
或
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以不存在
，使
在
上单调递增，
，
要使
有三个零点，必有
极小值
，解得
，
故B 错误，CD 正确.
故选：ACD.
11．已知正方体
的棱长为2，
为正方形
内一动点（含边界），点
分别是棱
的中点，下列说法正确的是（ ）
A．平面
与正方体各面的交线是正六边形
B．对任意的点
，直线
与直线
是异面直线
C．平面
将正方体分成体积相等的两部分，将其中一部分内置一球，球的半径最
大为
D．若点
到点
的距离等于到棱
的距离，则点
的轨迹是抛物线的一部分
【答案】ACD
【知识点】判断正方体的截面形状、多面体与球体内切外接问题、异面直线的判定、立体
几何中的轨迹问题
【分析】根据正方体的结构特征及平面的基本性质判断A，找到一个特例判断B，根据球
体与相关面相切，结合正方体的结构及截面
得到关于球体半径的方程求半径判断C，
过
作
于
，作
于
，连接
，构建合适的坐标系，并证得
，设
，根据
列方程并化简判断D.
【详解】A：如图所示，确定各边中点，
根据正方体的结构特征和三角形中位线的关系，可得
，
且截面各边长都是相等的，是正六边形，正确；
B：由A 知，当点
在
中点
处， 此时
与直线
为相交直线，故共面，错误；
C：正方体棱长为2，则线段
，则正六边形边长均为
，
易知内置球半径最大时，球心
在体对角线
上，
不妨设球位于截面
下方，且与面
、面
、面
、面
相切，
将问题平面化（如图）得
，其中
是平面
与
的交点，
证明如下：由
平面
，
平面
，则
，
在正方形
中，
为
中点，则
，而
，
所以
，而
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，则
，同理可证
，
由
，
平面
，则
平面
，
由
平面
，则
，得证，
又
（
为正方体的中心），其中
，
设所求球半径为，则
，故
，正确；
D：如图所示，过
作
于
，作
于
，连接
，
由于
，
又
平面
，
故
平面
平面
，故
，
以
为原点，以
为
轴，建立平面直角坐标系，
设
，且
，
则
，
若点
到点
的距离等于到棱
的距离，
即
，化简得
，
故点
的轨迹是抛物线的一部分，正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12．等差数列
中，
为其前
项的和．若
，
，则
．
【答案】
【知识点】等差数列片段和的性质及应用、利用等差数列的性质计算
【分析】利用等差数列的性质
也成等差数列即可求得
.
【详解】由等差数列的性质可知，数列
成等差数列，
且公差
，
∴
，即
，
则
，则
.
故答案为：72.
13．已知
的展开式中，第6 项系数与第7 项系数之比为3:1．则n 的值为
．
【答案】6
【知识点】由项的系数确定参数
【分析】利用二项式展开式的通项公式可得
，求解即可.
【详解】二项式
的展开式的第
项为：
，
所以第6 项的系数为
，第7 项的系数
．
又第6 项系数与第7 项系数之比为
，所以
，
所以
，所以
，解得
．
故答案为：6
14．中国象棋是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，其棋盘为方格状，棋子的
摆放与活动均在交叉点上. 如图，若马位于
处，其移动规则为循着日字的对角线走两
格，即下一步可到达的地方是
中的一处; 同理， 若马位于
处，下一步可到达
的地方是
中的一处. 假设马从某位置到达下一个位置是随机的， 且
马的初始位置是在
处，则马到达
处至少要走 步；已知马第一步没有到达
处，则 3 步后马到达
处的概率是 .
【答案】 4
【知识点】利用互斥事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式
【分析】通过马移动规则为循着日字的对角线走，分析每种情况，结合对立事件乘法公式
即可求解.
【详解】由图可知：马走2 步后的所有情况如下图：
从
处，到达
处，第一步应该走
或
,
又从
处到
处至少要走2 步，
从
处到
处至少要走2 步，
从
处到
处至少要走2 步，
从
处到
处至少要走2 步，
而从
处，到
，或
，或
，或
如图至少2 步，
又从
处到
处至少要走3 步，
综上从
处，到达
处至少走4 步；
马走2 步后的所有情况可以用下列树状图表示：
第二步落在
处，则第三步可以到达
处，
则有如下情况
，
由马移动规则为循着日字的对角线走，又第一步没走到
，可得：
又
概率为
，
概率为
，
概率为
，
又
概率为
，
概率为
，
概率为
，
又
概率为
，
概率为
，
概率为
，
又
概率为
，
概率为
，
概率为
，
所以3 步后马到达
处的概率是：
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．设
的内角
的对边分别为
，且
．
(1)求角
大小；
(2)再从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求
的面积．
条件①：
，
；
条件②：
，
；
条件③：
边上的高
，
．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形
【分析】（1）利用正弦定理可得
，即
，再结合
为三角形内角可
求角
.
（2）选①：由余弦定理可得满足条件的三角形不唯一，故选①不合题意.
选②：根据正弦定理可求边
，再利用
求
，再利用三角形的面积公
式求三角形面积.
选③：先由
求得
，再由余弦定理求边，最后利用三角形的面积公式求三角
形面积.
【详解】（1）因为
，由正弦定理可得
，
又因为
，所以
，则
，即
，所以
.
（2）选①：由余弦定理可得
，即
，解得
或3，
不符合题意；
选②：因为
，
，所以
，
由正弦定理
可得
，
此时三角形两角一边确定，故三角形唯一确定，符合题意，
又
，
此时
的面积
；
选③：因为
边上的高
，所以
，则
，
由余弦定理
，即
，解得
，
（舍去），
故
唯一，符合题意，
此时
的面积
．
16．教育部办公厅要求中小学校要通过体育与健康课程、大课间、课外体育锻炼、体育竞
赛、班团队活动、家校协同联动等多种形式加强教育引导，让家长和中小学生科学认识体
质健康的影响因素，了解运动在增强体质、促进健康、预防肥胖与近视、锤炼意志、健全
人格等方面的重要作用，提高学生体育与健康素养，增强体质健康管理的意识和能力．某
学校为了了解学生的身体健康与身体素质状况，随机抽取了50 名同学的体测结果（“合
格”或“优秀”），统计数据如下表：
性别
体测结果
合计
合格
优秀
男生
2
28
30
女生
6
14
20
合计
8
42
50
(1)能否有
的把握认为体测结果与性别有关？
(2)用样本估计总体，频率估计概率．现等可能地从男、女生中抽取一个性别，然后再从选
好的性别中随机抽取1 名学生的体测结果，已知抽出的学生体测结果是“优秀”，求这名
学生是男生的概率．
附：
，其中
．
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
【答案】(1)能有
的把握认为体测结果与性别有关
(2)
【知识点】独立性检验解决实际问题、利用全概率公式求概率、卡方的计算、计算条件概
率
【分析】（1）根据列联表可得独立性检验的各项数据，利用独立性检验的计算公式以及检
验过程，可得答案；
（2）根据古典概型以及条件概率，利用全概率公式，可得答案.
【详解】（1）由题意可得
，
则
，
故能有
的把握认为体测结果与性别有关.
（2）设
{抽取的一人为优秀}，
{抽取的一人为男生}，
则
{抽取的一人为合格}，
{抽取的一人为女生}，
可得
，
，
，
，
所以
，
故
.
17．如图，底面为锐角三角形的直棱柱
中，
，
，点
在线
段
上，且满足
，点
为
的中点.
(1)当
时，证明：
平面
；
(2)若平面
与平面
所成角的余弦值为
.
（ⅰ）求异面直线
与
所成角的大小；
（ⅱ）已知直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【知识点】证明线面平行、已知面面角求其他量、异面直线夹角的向量求法、已知线面角
求其他量
【分析】（1）根据给定条件证明
，利用线面平行判定定理证明结论.
（2）（ⅰ）分别取
的中点
，以
为原点建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，利用面面角、线线角的向量法求解；（ⅱ）利用线面角的向
量法列式求解.
【详解】（1）在直棱柱
中，令
，则
是
的中点，
由
，得
是
中点，而点
为
的中点，则
，
即
，而
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）（ⅰ）分别取
的中点
，则
，又
平面
，
所以
平面
，由
，得
，则直线
两两垂直，
以点
为原点，向量
的方向分别为
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
令
，则
，
，
，
设平面
与平面
的法向量分别为
，
，
则
，令
，得
，
，令
，得
，
由平面
与平面
所成角的余弦值为
，
得
，解得
或
，
由
是锐角三角形，得
，即
，则
，即
，
又
，则
，
而
，因此
，
所以异面直线
与
所成的角为
.
（ⅱ）由（ⅰ）知，
，则
，
，而平面
的法向量
，
因此
，而
，
所以
.
18．椭圆
，
是第一象限内椭圆上的点，
，
，
，椭圆的离心率是
．
，
，
且
．
(1)求椭圆的方程并在下图1 中作出椭圆的左焦点，写出作图依据；
(2)如图2，设
，三角形
的面积记为
，三角形
的面积记为
，若
，
求点
的坐标；
(3)设
，连结
与椭圆交于点
，连结
与椭圆交于点
，判断
是
否为定值？请说明理由．
【答案】(1)椭圆的方程为
，作图见解析
(2)
(3)为定值
【知识点】根据a、b、c 求椭圆标准方程、椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）
的面积
【分析】（1）根据椭圆中
的关系求解椭圆方程即可，利用椭圆的定义作图即可得椭
圆的左焦点；
（2）设
，则
，根据三角形面积公式即可得
，
关于
的式子，
利用面积比例求解
即可得所求；
（3）设
，其中
，
，其中
，分别与椭圆方程
联立，根据根于系数的关系得
与
，
与
的关系，再根据线段比例关系计算验证
是否为定值即可.
【详解】（1）因为椭圆
中
，
，
，椭圆的
离心率是
，
则
，解得
，
则椭圆的方程为
；
如下图：以
为圆心，以
的长为半径在线段
上画圆弧，与线段
的交点即为椭圆
的左焦点
；
（2）设
，则
①，且
，
当
时，
，
又
，
因为
，
，所以直线
的方程为
，即
，
故点
到直线
的距离
，
，
因为
，所以
，即
②，
联立①②，且
，解得
，
故点
的坐标为
；
（3）如图所示
，
，
且
，
，则
，
过
作
轴于
，过
作
轴于
，
设
，其中
，
，
恒成立，
所以
，
则
，
设
，其中
，
，
恒成立，
所以
，
则
，
因为
，
所以
为定值，
所以
为定值
.
19．已知
.
(1)曲线
在点
处的切线为直线，记的斜率为
，比较
与
的大小；
(2)若对任意的
，
恒成立，求
的取值范围；
(3)证明：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、求在曲线上一点处的
切线方程（斜率）、函数单调性、极值与最值的综合应用
【分析】（1）求得
，得到
，结合对数函
数的性质，即可得到
与
的大小关系；
（2）若
，得到
恒成立；若
，由（1）得
，令
，求得
在
递增，结合
，分
和
，两种情况讨论，即可求得实数
的取值范围；
（3）令
，利用导数求得
的单调性和极小值，得到
，
取
，由（2）得到
，令
，求得
，结合
对数的运算性质和累加法，即可得证.
【详解】（1）由函数
可得
，则
，
所以曲线
在点
处的切线的斜率为
，
因为
，所以
，即
.
（2）由函数
，
当
时，可得
，
若
，可得
恒成立；
若
，由（1）知：
，
令
，可得
，
因为
，可得
，所以
，
在
递增，
又由
，
当
时，即
，此时
，即
，
所以
在
递增，所以
，满足
恒成立；
当
时，即
，存在
，使得
，
当
时，
，即
，
单调递减，则
，
不满足
恒成立，舍去，
综上可得，实数
的取值范围为
.
（3）令
，可得
，其中
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以
，即
，即
，
由（2）知，当
，
，即
，
即
，
令
，则
，即
，
可得
，
所以
，
又由对数的运算性质，可得
，
所以对于任意正整数
，总有
.
