2026年高考考前预测卷：数学（全国一卷）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（全国一卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了等差数列的前项和为，满足，则等内容，欢迎下载使用。
（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】，
，
所以.
2．（热点）在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，故复数在复平面内所对应的点的坐标为，
因为在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，
故复数在复平面内所对应的点的坐标为，即.
3．若是夹角为的两个单位向量，则和的夹角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为是夹角为的两个单位向量，
所以，，
设为的夹角，
，
故选：A.
4．等差数列的前项和为，满足，则（ ）
A．B．
C．D．均为的最大值
【答案】C
【详解】由题意，
所以．故C正确．
无法判断的正负，故A、B、D错误.
5．（新考法）已知函数，若函数与的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意知，所以，所以.
因为，所以，所以，解得.
6．已知过点的直线与圆交于两点，若，且点在圆上，则直线的斜率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【详解】由已知斜率存在，设直线的斜率为，因为过点，故方程可设：，
联立方程组，消去得：，
设，由韦达定理得：，
由，得.
因为在圆上，故，又因为，
代入上式得：，化简：，解得：.
7．若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由，得，即，即．
设，则，因为0，所以在上单调递增，所以，即．
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以．
8．（新考法）在棱长为8的正方体中，，设集合是底面ABCD内（含边界）所有的点构成的集合，集合，则集合所表示的区域面积为（ ）
A．24B．20C．16D．28
【答案】A
【详解】设点在底面内的射影为，连接，
则，
当时，可得，
画出正方体底面的平面图，如图所示，
连接DE，取DE的中点，过点作，交DC于点，交DA（或DA的延长线）于点，
可得 ，
所以，则，
因为，所以，所以点在DA的延长线上，
设GK与AB交于点，由相似的性质可得，所以，
若点在梯形内，则，
所以集合所表示的区域面积为.
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．某实验室为了研究荧光抗体法与常规培养法在沙门氏菌检验结果中是否存在差异，用以上两种检验方法对某种食品做了沙门氏菌检验，结果得到列联表如下：
参考公式：，其中．
附：下列表述正确的是（ ）
A．，
B．零假设：在沙门氏菌检验中荧光抗体法与常规培养法有差异
C．依据小概率值的独立性检验，认为荧光抗体法与常规培养法在沙门氏菌检验中有差异
D．常规培养法检测沙门氏菌阳性的频率为
【答案】AC
【详解】对于A，根据表格数据可知：，，A正确；
对于B，为了研究荧光抗体法与常规培养法在沙门氏菌检验结果中是否存在差异，零假设：在沙门氏菌检验中荧光抗体法与常规培养法无差异，B错误；
对于C，由题意得，
零假设不成立，依据小概率值的独立性检验，认为荧光抗体法与常规培养法在沙门氏菌检验中有差异，C正确；
对于D，由表格数据知，常规培养法检测沙门氏菌阳性的频率为，D错误.
10．如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（ ）
A．存在面对角线与平面平行
B．存在面对角线与平面垂直
C．存在体对角线与平面平行
D．存在体对角线与平面垂直
【答案】AD
【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体的棱长为2，则，
所以，
设平面的一个法向量为,
所以，
令，则，可得；
对于A，由可得，
因此，又平面，所以平面，所以A正确；
对于B，又，
则，
显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误；
对于C，体对角线，
易知,
因此不存在体对角线与平面平行，即C错误；
对于D，显然，所以平面，即D正确.
11．在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为
C．的最大值为
D．若点是的外心，且，，则
【答案】ACD
【详解】A：因为，则，可得，
因为，则，，可得，所以，故A正确；
B：由正弦定理，得，，
则，解得，
因为是边AC的中点，则，且，
可得，当且仅当时取等号，
所以，故B错误；
C：因为
，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为，故C正确；
D：因为，，则，即，，，
因为，则，
即，解得，故D正确.
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，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________.
【答案】
【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为64，
所以，或舍去，
二项式的通项公式为，
令，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：
13．已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______．
【答案】/
【详解】对函数，令，则，得.
所以.
函数的定义域为，.
，所以.
所以函数的图象在处的切线方程为.
因为该切线过点，所以，解得.
14．（新情境）切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为______.
【答案】1250
【详解】由题意知，所以，，
若，则，
即，即，
由切比雪夫不等式知，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间内，
则，解，
所以估计信号发射次数n的最小值为1250.
故答案为：1250
【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的期望和方差，考查切比雪夫不等式的应用，解题的关键是将变形为，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
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）已知函数（且）的图象经过点，记数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：．
【详解】（1）由题意，1分
所以数列的前项和为．
当时，；2分
当时，．4分
当时，上式亦成立，所以数列的通项公式为．6分
（2）由（1）知，
则，8分
所以
.11分
因为，所以．
又因为时，单调递增，所以，
所以．13分
16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且．
(1)求证：；
(2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离．
【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且．
又平面，平面，平面平面，∴，
∴，2分
又，而．
∴平面，4分
又，∴平面，而平面，
∴，，为等腰三角形，即．6分

（2）若，则，由（1）知，∴平面，
以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系，
又，∵，则，，，，
∵，，∴平面，与平面所成的角为60°，
∴，∴，∴．
∴，，．8分
设平面的法向量为
则取，，，∴，10分
设，，则，到平面的距离相等，
，
∴．
又，∴，解得
，12分
设平面的法向量为，∵，．
则取，，，∴，
则点到平面距离为．15分
17．某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：
游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币
第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金；
游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）.
第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金.
(1)求游戏Ⅰ第2局获胜的概率；
(2)若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望；
(3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.
【详解】（1）由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率.2分
（2）易知,
游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为，4分
因此可知,
7分
随机变量的分布列为
9分
随机变量的期望或.10分
（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：
记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，
游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，
,12分
游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，
,14分
从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.15分
18．（17分）已知函数.
(1)证明：；
(2)证明：存在唯一极值点；
(3)记（2）中的极值点为，证明：.
【详解】（1）易得，此时.1分
设函数，，
则时，，单调递减，
时，，单调递增.
于是，故原不等式成立.4分
（2），定义域为R，
显然当时，；
当时，.6分
当时，设，则，
因为，所以，
故，
所以即在区间上单调递增，9分
而，
所以存在使得，
所以当时，当时，
所以存在唯一极值点.13分
（3）注意到，
，
又，故，故
在（1）中已证明，故，因此，故原不等式得证.17分
19．（新考法）（17分）已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且.
(1)设为坐标原点，证明：，，三点共线；
(2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【详解】（1）设，，则，，
因为，可知：，
，，2分
因为，可知：，
则，，
由可知：，
可知：，因此，，，三点共线.5分
（2）（i）由可得：，
由（1）可知：.由，可知：
，且，都在第一象限，则，，6分
由（1）知：，，，
由（*）式结合，可知：
，，则，，
因此可得：
，由此可知：；8分
（ii）由（i）可知：
，，
则；
直线，直线，
设点，于是，，
则，即，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，10分
则，，
于是，则；
由（i）可知：
，
则；12分
如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接，
由于，设，
则，则，，三点共线，
于是，则，
于是，
则，，，四点共线.14分
于是，，
由于为的中位线，则，
因为，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则，，
于是，则.17分
阳性
阴性
合计
荧光抗体法
常规培养法
合计
0
1
2
3