名校教研联盟2026届高三上学期高考仿真模拟卷（样卷）数学试卷（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页名校教研联盟2026届高三上学期高考仿真模拟卷（样卷）数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数在复平面内对应的点为，则（

）A． B． C． D．2．已知，.，且点在第四象限，则点的坐标为（

）A． B． C． D．3．已知等差数列满足，，则（

）A． B． C． D．4．已知圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，球的半径等于圆锥的高，则圆锥的表面积与球表面积之比为（

）A． B． C． D．5．以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（

）A．2 B． C． D．6．已知，：函数在区间上存在最大值，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7．在中，为上一点，且平分，若，，则（

）A． B． C． D．8．若时，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．有一组样本数据，，，满足，则（

）A．该样本数据的中位数是 B．该样本数据的极差是C．该样本数据去掉后方差变小 D．该样本数据去掉后平均数可能不变10．已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（

）A．，，三点共线 B．C．平面 D．平面11．已知，，是满足的动点的轨迹，是以，为焦点的椭圆，下列说法正确的是（

）A．与轴有2个公共点B．若，有2个公共点在轴上，则的方程为C．若为，的公共点，且，则的长轴长为D．点到原点距离的最大值为三、填空题12．双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离为.13．已知函数是定义域为的奇函数.设，若在的最小值为2，则在的最大值为.14．已知集合满足，且当时，，则中元素的个数至多为.四、解答题15．已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由.16．已知数列的前项和为，，.(1)求；(2)若数列满足，对任意，，恒有，.求数列的前项和.17．如图（1）点，分别为矩形边，的中点，.，.将，分别沿，折叠得几何体，如图（2），平面与平面所成的二面角为.平面与平面的二面角为.(1)当时，证明：点，，，共面；(2)当时，求平面与平面所成二面角的余弦值.18．向日葵是菊科向日葵属的一年生草本植物．因花序随太阳转动而得名，深受人们喜欢，某向日葵基地为促进该基地旅游业发展，特邀请一文旅公司制作文旅创收方案．(1)公司调查发现该基地成熟向日葵花盘直径（单位：cm）近似服从正态分布．试估计一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率；(2)该公司特设置一游戏，根据游戏结果对游客全程所有消费进行打折，该游戏有两种方案，游客在这两种方案中任选一种参加游戏．方案一：不透明袋子里装有2个红球，4个白球，顾客从中一次性摸出3个球，若摸出2个红球1个白球获得“六折优惠”，若摸出1个红球2个白球获得“八折优惠”，若摸出3个白球不优惠．方案二：如图游客开始站在①位置，游客每掷一次骰子，就沿顺时针方向移动一次．若掷出正面朝上数字为奇数，游客就向前移动1格；若掷出正面朝上数字为偶数，游客就向前移动2格．游客重复掷骰子直到游客第一次到达⑨位置获得“九折优惠”或第2次到达①位置获得“七点五折优惠”游戏结束．若想要获得最大优惠，游客应选哪个方案？说明理由．参考数据：若，则．．19．已知函数，.(1)若，求；(2)已知函数的图象关于直线对称，函数的图象关于直线对称.（i）求，；（ii）若，，.证明：.《名校教研联盟2026届高三上学期高考仿真模拟卷（样卷）数学试卷》参考答案题号12345678910答案CAACDCDBABDBC题号11答案BCD1．C【分析】根据复数的几何意义可得，进而得到，进而求解即可.【详解】根据题意有，则，故.故选：C2．A【分析】设，根据向量垂直的坐标表示和模长的坐标表示即可得到方程组，解出即可.【详解】设，且，①，，②，又，③，由①②③解得，则点的坐标为.故选：A.3．A【分析】借助等差数列性质计算即可得.【详解】因为等差数列满足，，且，故，又，即，故.故选：A.4．C【分析】根据圆锥的表面积与球的表面积公式计算即可求解.【详解】圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，则圆锥的高为1，母线长为，所以该圆锥的表面积为，球的半径为1，表面积为，所以圆锥的表面积与球表面积之比为.故选：C5．D【分析】根据抛物线方程，求得焦点和准线，再求满足题意的圆方程，利用弦长公式，即可求得结果.【详解】抛物线的焦点为，准线为，故圆的圆心为，半径.又点到直线的距离，故弦长.故选：D6．C【分析】利用导数分析得的单调性，则得到不等式组，解出的范围，再根据必要不充分条件的判断即可得到答案.【详解】，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，且.若在区间上存在最大值，则该区间须包含极大值点，且极大值不小于区间右端点的函数值（否则函数在该区间没有最大值），即，由得，即，分解因式得，解得，联立，解得，又因为是的真子集，是的必要不充分条件.故选：C.7．D【分析】根据三角形面积公式，结合三角形内角平分线定理、余弦定理进行求解即可.【详解】设，则.设，因为平分，所以，因此有.，其中，由余弦定理可知：①，②，由①，②可知，故.故选：D8．B【分析】由，可得，令，由已知可得，设，利用导数可得函数在单调递增，且有，从而得，，令，，利用导数求出函数的取值范围，即可得答案.【详解】，即.设，则.由，得.设，则，所以在单调递增，由知，所以，即，，，所以.设，，则，所以在单调递减，所以，所以的取值范围是.故选：B.9．ABD【分析】对于AB，由中位数、极差计算方式可得答案；对于CD，通过举特例可判断选项正误.【详解】对于AB，因为，故这组数据的中位数是中间两个数的平均数，即.极差是最大的数与最小的数之差，即，故A，B正确；对于CD，这组样本数据去掉后方差可能变大、变小或不变，如，，，的值无限接近于，.则原数据的方差为.而去掉后的数据方差为，在这种情况下方差变大，故C错误；若恰好等于数据的平均数，则去掉后平均数不变，故D正确.故选：ABD10．BC【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D.【详解】如图所示：易知平面底面，设在底面上的投影为，若，，三点共线，则在平面上，此时在直线上，但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误；因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上，故，，，四点共圆，若，，三点共线，同上可知在直线上，故为圆的直径，所以，,又底面，底面，故，平面，，所以平面，又平面，故，同理可证平面，故B，C正确；由于不确定平面是否平行于平面，故不确定是否平行于平面，故D错误.故选：BC.11．BCD【分析】设，先由得代数式，令即可求解判断A；令结合题设条件即可求出的方程判断B；由题意结合勾股定理、和椭圆定义即可求解判断C；设，由的代数式转化得到结合的取值范围即可判断求解D.【详解】设，则由得，令得，与轴只有1个公共点，A错误；中令，得或，设的方程为，则，，所以的方程为，B正确，若为，的公共点，且，则，，所以，C正确；由得，所以解得，设，由得，当，时取等号，所以最大值为，D正确.故选：BCD.12．2【分析】先根据双曲线方程得到右焦点的坐标及一条渐近线的方程，再根据点到直线的距离公式求解即可.【详解】由双曲线的方程可知其右焦点为，其中一条渐近线方程为，即，故右焦点到这条渐近线的距离为.故答案为：2.13．【分析】根据奇函数的对称性，判断在对称区间内的最值情况，根据函数的平移方法，求出平移后函数在给定区间上的最值.【详解】因为是定义域为的奇函数，由在的最小值为2，得在的最大值为，因为，故在的最大值为.故答案为：.14．1947【分析】根据集合中元素的关系，得出所有元素的取值可能，得出相应的元素个数.【详解】易知，与不能同在中，其中，，，，又，所以中元素的个数不大于；另一方面，设，，取，此时中恰有1947个元素，满足要求.故答案为：194715．(1)(2)不存在点，理由见解析【分析】（1）设，根据斜率之积为，即可求得的方程；（2）由已知，假设是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线的方程，和的方程联立，可得点的坐标，由，则假设不成立，同理可得不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.【详解】（1）由题知，设，则，，且，，且，，且，的方程为.（2）由题意知，在中不可能为直角.不妨设是以为直角顶点的等腰直角三角形.，，.则直线的方程为，即，由（1）知的方程为，由，解得.，假设不成立.同理不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.所以上不存在点，使得为等腰直角三角形.16．(1)(2)【分析】（1）借助与的关系，结合等差数列定义计算即可得；（2）结合题意，利用赋值法与等比数列定义可得，则可得，再利用裂项相消法计算即可得.【详解】（1）因为，所以，，两式相减得，所以，两式相减得，所以数列是等差数列，中，令得，又，所以的公差，故；（2）因为对任意，，恒有，令，得，所以数列是以为公比，以为首项的等比数列，所以，则，所以.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可证平面平面，过点，作平面，，同理过点，作平面，，连接，，由已知可证，进而可证结论；（2）由（1）知当时，，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合平面的一个法向量为，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值.【详解】（1）由题易知四边形为正方形，，，，，平面，平面，平面，平面平面，平面平面，过点，作平面，，同理过点，作平面，，，连接.，，，，，四边形为平行四边形，.连接，，，，，又，，点，，，共面.（2）由（1）知当时，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，.设平面的法向量为，则即令，则，.即平面的一个法向量为.平面，平面的一个法向量为，，当时，平面与平面所成二面角的余弦值为.18．(1)0．8186．(2)方案二，理由见解析【详解】（1），则，，结合正态分布的性质：和．即一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率为0．8186．（2）设方案一的折扣为，则可以取，，，，，，．设方案二的折扣为，则可以取，，用，表示游客首次在第位置的概率，则，，．由题知，游客到达，位置，只有两种途径，一种是从位置，掷到偶数，其概率为，另一种是从位置，掷到奇数，其概率为，，，．当时，数列是以为首项，为公比的等比数列．，，，，，又，，，，，且，．第二次到达①位置的概率．．，若想要获得最大优惠，游客应选方案二．19．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）根据二项式定理求出，，和，求出，得出，令得出答案；（2）（i）分奇偶两种