2026年高考考前预测卷：数学（全国一卷01）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（全国一卷01）（全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．（热点）已知集合A={x∣−2≤x0，顶点到渐近线的距离为c2，则离心率e=（ ）
A．2B．233C．42D．2
【答案】A
【解析】双曲线的顶点±a,0到渐近线bx±ay=0的距离为c2，
即aba2+b2=c2，又c=a2+b2，则a2−2ab+b2=0，即a=b，
则离心率e=1+b2a2=2.
故选：A.
4．已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|0,|φ|zB．y>z>x
C．y>x>zD．x>z>y
【答案】D
【解析】令1+2x=3y=5z=t，得x=lg2t−1,y=lg3t,z=lg5t，t>1
在同一直角坐标系内作出函数ft=lg2t−1,gt=lg3t,ℎt=lg5t，t>1的图像，
则x,y,z分别是函数y′=ft,y′=gt,y′=ℎt，t>1的图像与直线t=aa>1交点的纵坐标，
设B点的横坐标为x1，C点的横坐标为x2，
观察图像得当1x，
当x1z，
当a>x2时，x>y>z，
所以ABC是可能的，D不可能.
故选：D.
8．（改编题）已知点M，N为圆x2+y2−2y−3=0上两点，且MN=23，点P在直线3x−y−5=0上，点Q为线段MN中点，则PQ的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】已知圆的方程为x2+y2−2y−3=0，将其配方可得x2+(y−1)2=4.
可知该圆的圆心坐标为C(0,1)，半径r=2.
因为点Q为线段MN的中点，根据垂径定理可知CQ⊥MN.
已知|MN|=23，则12|MN|=3.
在Rt△CQM中，根据勾股定理|CQ|=r2−(12|MN|)2=22−(3)2=1.
所以点Q的轨迹是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆.
已知点P在直线3x−y−5=0上，可得圆心C(0,1)到直线3x−y−5=0的距离为：
d=|3×0−1−5|(3)2+(−1)2=62=3.
因为点Q的轨迹是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆，所以|PQ|的最小值等于圆心C到直线的距离d减去圆C的半径1，即3−1=2，
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．
9．2025年9月20日，四川省城市足球联赛（简称“川超”）开幕式暨揭幕战观众达21448人．为了解各年龄层对“川超”的关注程度，随机选取了200名年龄在10,50的观众进行调查，并绘制如下的频率分布直方图，则（ ）
A．a=0.03B．该场观众年龄众数的估计值为40
C．该场观众年龄50%分位数的估计值为35D．该场观众年龄平均数的估计值为35
【答案】AC
【解析】A选项，由题意得0.01+0.02+0.04+a×10=1，解得a=0.03，A正确；
B选项，由频率分布直方图可知，年龄处于区间30,40的观众频率最大，
故该场观众年龄众数的估计值为30+402=35，B错误；
C选项，由于0.01+0.02×10=0.30.5，
故该场观众年龄50%分位数处于30,40中，设为x，
则x−30×0.04=0.5−0.3，解得x=35，
所以该场观众年龄50%分位数的估计值为35，C正确；
D选项，该场观众年龄平均数的估计值为
10+202×0.01+20+302×0.02+30+402×0.04+40+502×0.03×10=34，D错误.
故选：AC.
10．如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的菱形，DD1=C1D1=2，AA1=22,AB1=CB1，则（ ）
A．BD // B1D1
B．DD1 //平面ACB1
C．若∠BAD=60°，则该四棱台的体积为1433
D．DD1⊥平面ABCD
【答案】ABD
【分析】根据面面平行的性质定理证明线线平行，判断A的真假；根据线面平行的判定定理证明线面平行，判断B的真假；根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，判断D的真假；利用台体的体积公式求台体体积，判断C的真假.
【解析】连结AC,BD，交于点I，连结B1I,B1D1，
由四棱台ABCD−A1B1C1D1，得平面ABCD //平面A1B1C1D1，
又平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，平面BDD1B1∩面A1B1C1D1=B1D1，
所以BD // B1D1，A正确；
因为D1C1DC=12，所以B1D1BD=12，
因为I为AC,BD的中点，所以B1D1=DI=12BD，
所以四边形DD1B1I为平行四边形，
故D1D // B1I，又D1D⊄平面ACB1,B1I⊂平面ACB1，所以D1D //平面ACB1，B正确；
取DA的中点J，连结D1J，
由四棱台ABCD−A1B1C1D1得，A1D1=C1D1=2,AJ=12AD=2,A1D1 // AJ，
所以四边形AJD1A1为平行四边形，
所以D1J=A1A=22,DJ=12AD=2,DD1=2，
所以DD12+DJ2=D1J2，所以D1D⊥AD，
因为AI=IC，又AB1=CB1，所以B1I⊥AC，因为B1I ∥ D1D，所以D1D⊥AC，
又AC,AD⊂平面ABCD,AC∩AD=A，所以DD1⊥平面ABCD，D正确；
因为∠BAD=60°，所以sin∠BAD=32，
易得菱形ABCD的面积S菱形ABCD=2×12×AB×AD×sin∠BAD=16sin∠BAD=83，
由四棱台ABCD−A1B1C1D1且A1D1=12AD，
可得S菱形A1B1C1D1=14S菱形ABCD=4sin∠BAD=23，
四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积：
V=13S1+S1S2+S2DD1=13×28sin∠BAD×2=13×143×2=2833，C错误.
故选：ABD.
11．已知抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，抛物线E的准线交x轴于点G，抛物线E上一点T4,y0到点F的距离为6，点A，B是抛物线E上的两点（异于原点O），则下列说法正确的是（ ）
A．p=4
B．若AB中点M的纵坐标为2，则直线AB的斜率为2
C．若OA⊥OB，则直线AB恒过点4,0
D．若直线AB过点F，则直线AG，BG的斜率之和为0
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意可知，点T4,y0到点F的距离为4+p2=6，解得p=4，故A正确；
则y2=8x,F(2,0),G(−2,0)；
对于B，若AB中点M的纵坐标为2，则AB斜率存在，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y12=8x1y22=8x2，两式作差得y12−y22=8x1−x2，
所以直线AB的斜率为y1−y2x1−x2=8y1+y2=2，故B正确；
对于C，设Ax1,y1,Bx2,y2，
若OA⊥OB，则OA⋅OB=x1x2+y1y2=y1y2264+y1y2=0，y1y2=−64，
当AB斜率存在时，直线AB：y=8y1+y2(x−y128)+y1=8x+y1y2y1+y2=8x−64y1+y2，过定点(8,0)，
当斜率不存在时，y1=−y2，x1=x2=|y1y2|8=8，过点(8,0)，
故C错误；
D选项，设Ax1,y1,Bx2,y2，当斜率存在时，直线AB：y=8x+y1y2y1+y2，
代入点F(2,0)可得y1y2=−16，
则kAG+kBG=y1x1+2+y2x2+2=y1y128+2+y2y228+2=y1y28+2(y1+y2)y128+2y228+2=0，
当AB斜率不存在时，y1+y2=0，此时kAG+kBG=0，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．记Sn为等比数列an的前n项和，若S3=8,S6=24，则S12=__________.
【答案】120
【解析】设等比数列an的公比为q，又S3=8,S6=24，所以q≠1（否则S6=2S3=16），
所以S3=a11−q31−q=8,S6=a11−q61−q=24，
S6S3=1−q61−q3=1+q3=3，则q3=2，结合S3=8得到a11−q=−8，
所以S12=a11−q121−q=−8×1−24=120.
故答案为：120.
13．已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=x2−2x−a相切，则a=__________.
【答案】−3
【解析】由y=x+lnx，求导可得y′=1+1x，将切点(1,1)的横坐标x=1代入y′=1+1x，
得到切线的斜率k=1+1=2，则切线方程为y−1=2x−1，即y=2x−1，
由y=x2−2x−a，求导可得y′=2x−2，
由曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=x2−2x−a相切，
则曲线y=x2−2x−a的切线为y=2x−1，
令2x−2=2，解得x=2，
将x=2代入y=2x−1，可得y=3，得到曲线y=x2−2x−a上切线的切点为(2,3)，
将(2,3)代入y=x2−2x−a，可得3=4−4−a，解得a=−3．
故答案为：−3．
14．已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记X为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则X的数学期望EX=__________．
【答案】15964
【解析】由题设，每次抽取2的概率为12，抽取0的概率为14，抽取6的概率为14.
X可取2,3,4，
当X=2时，4次中2,0,6有两个元素各出现两次，或者4次中三个都出现，其中有一个元素出现两次，其余两个元素各出现一次，
故PX=2=C422×122×142+142×142 +C422×122×14×14+2×2×142×12×14=150256=75128，
当X=4时，4次中2,0,6有一个元素抽到4次，故PX=4=124+2×144=18256=9128，
故PX=3=1−75128−9128=44128=1132，
故X的分布列如下：
故EX=2×75128+3×1132+4×9128=15964.
故答案为：15964.
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）
（新情境）人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，并迅速在各行各业中得到应用和推广，教育行业也不例外．某市教体局为调查本市中学教师使用AI技术辅助教学的情况，随机抽取了该市120名中学教师，统计了他们一周内使用AI技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用AI技术帮助制作课件的节次不少于4次的认定为喜欢使用AI技术，否则认定为不喜欢使用AI技术，经统计得到如下列联表．
(1)依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄有关；
(2)将频率视为概率，现从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，在抽中喜欢使用AI技术的教师的条件下，求此人年龄超过45岁的概率．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
15．（13分）
【解析】（1）零假设H0:该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄无关，
而χ2=120×46×28−32×14278×42×60×60=28039≈7.18>6.635，
依据小概率值α=0.01的独立性检验，推断不成立，
即认为该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄有关.
（2）设事件A为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用AI技术的教师，
事件B为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，此人年龄超过45岁，
由题意，PA=78120,PAB=32120，
则PBA=PABPA=3212078120=1639.
16．（15分）
已知等差数列an的公差为d(d≠0),a3=7,a1,a2,a6成等比数列.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn.
16．（15分）
【解析】（1）因为a1,a2,a6成等比数列，所以a22=a1a6，
所以a1+d2=a1a1+5d，得3a1d=d2.
因为d≠0，所以3a1=d．
又a3=a1+2d=a1+2×3a1=7a1=7，解得a1=1,d=3，
所以an=3n−2.
（2）由（1）知bn=1anan+1=1(3n−2)(3n+1)=1313n−2−13n+1,
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=131−14+14−17+17−110+⋯+13n−2−13n+1
=131−13n+1=n3n+1.
17．（15分）
如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，DD1=DA=2D1C1.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)平面A1EC1把四棱台ABCD−A1B1C1D1分成两部分，体积分别是V1和V2V11424，
所以V1=1424，V2=9148，故V1V2=14249148=127.
（3）以O为原点，OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设DD1=2，则E0,324,144，A2,0,0，
C−2,0,0，A122,0,142，C1−22,0,142，
所以AE=−2,324,144，CE=2,324,144，
EA1=22,−324,144，EC1=−22,−324,144，
设平面EAC的法向量为m=x1,y1,z1，
则AE⋅m=0CE⋅m=0，可得−2x1+324y1+144z1=02x1+324y1+144z1=0，
取z1=7，则x1=0，y1=−73，得到m=0,−73,7，
设平面A1EC1的法向量为n=x2,y2,z2)，
则EA1⋅n=0EC1⋅n=0，即22x2−324y2+144z2=0−22x2−324y2+144z2=0，
令z2=7，则x2=0，y2=73，可得n=0,73,7，
设平面A1EC1与平面EAC的夹角为θ，
则csθ=cs〈m,n〉=m⋅nm⋅n=−499+7499+7×499+7=18，
即平面A1EC1与平面EAC夹角的余弦值为18.
18．（17分）
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0)的离心率为32，且过点2,0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A0,2，点B是椭圆长轴上一个动点（不与椭圆中心O和顶点重合），过点B作x轴的垂线交椭圆于P，Q两点，直线AP与椭圆C交于另一点M，直线AQ与椭圆C交于另一点N．
①求△OPM面积的最大值；
②直线MN是否过定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由．
18．（17分）
【解析】（1）因为椭圆过点2,0，所以4a2=1，即a2=4，
因为椭圆C的离心率为32，所以4c2=3a2，
因为a2=b2+c2，所以解得a2=4b2，所以b2=1，
故椭圆方程C为x24+y2=1.
（2）①设lPM：y=kx+2，Px1,y1，Mx2,y2，由x24+y2=1y=kx+2，得到4k2+1x2+16kx+12=0，
Δ=164k2−3>0⇒k2>34，由韦达定理可得，x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，
PM=1+k2x1−x2=41+k24k2−34k2+1，
设原点O到直线PM距离为d，则d=21+k2，
所以S△OPM=12PM⋅d=44k2−34k2+1，令4k2−3=t>0，
则S△OPM=4tt2+4=4t+4t≤1，当且仅当t=2时，等号成立，故△OPM的最大值为1.
②kAP=y1−2x1，所以lAP：y=y1−2x1x+2，x24+y2=1y=y1−2x1x+2，
可得1+4y1−22x12x2+16y1−2x1x+12=0，
所以xM⋅x1=121+4y1−22x12⇒xM=3x15−4y1，
所以M3x15−4y1,4−5y15−4y1，同理可得，N3x15+4y1,4+5y15+4y1，
所以lMN：y−4−5y15−4y1=4−5y15−4y1−4+5y15+4y13x15−4y1−3x15+4y1x−3x15−4y1，整理可得y=−34x1x+54，
所以直线MN过定点，定点为0,54.
19．（17分）
已知函数fx=4ax+axcsx−3sinxa∈R．
(1)当a=2时，求fx在点0,f0处的切线方程；
(2)当a≥35时，证明：对任意x≥0，都有fx≥0；
(3)证明：k=1nsin1k+2