2026年高考考前预测卷：数学（天津一卷01）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（天津一卷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45分）
一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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．或B．或
C．或D．或
【答案】B
【详解】因为，所以或，
又或，
所以或.
2．（热点）已知，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
【详解】若，则，则充分性成立；
若，则满足，但不满足，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
3．已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对各选项的单调性与函数值的情况一一判断，利用排除法即可得解；
【详解】对于A：，当时， ，故排除A；
对于B：当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故排除B；
对于D，当时，，，所以在上单调递增，故排除D；
对于C，为偶函数，由可得，满足图象，故C正确.
故选：C．
4．下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D．若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】D
【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断C，根据正态分布的对称性求解可判断D.
【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误；
对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误；
对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；
对于D，因为服从正态分布，且，
所以，故D正确；
故选：D.
5．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】D
【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确.
【详解】
如图，在正方体中分析选项A、B、C.
A.平面，平面，平面平面，但，A错误.
B.，平面，但平面，B错误.
C.平面平面，平面，，但平面，C错误.
D.取直线的方向向量，直线的方向向量，
∵，，∴分别为平面的法向量，
∵，∴，∴，选项D正确.
故选：D.
6．（改编题）已知定义在R上的函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简，再结合函数的单调性，即可求解.
【详解】，定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，
所以，
又，
任取，且，则，则，
故在上单调递增，
又由对数函数的单调性可得，
所以，即.
故选：D
7．已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（ ）
A．p：函数的最小正周期为，q：
B．p：，，q：函数
C．p：，，q：函数的值域为
D．p：，，q：是函数的一个对称中心
【答案】D
【分析】由题设结合充分与必要条件定义可得答案.
【详解】A，当的最小正周期为，又，则，
从而；又时，可得的最小正周期为，则.
从而是的充要条件，故A错误；
B，当，时，，
则由不能得到，从而不是的充分条件，故B错误；
C，当，时，，，
因在上单调递增，在上单调递减，
则，，
从而此时值域为，则由不能得到，从而不是的充分条件，故C错误；
D，当，时，由B分析可得，
令，得，从而的对称中心为，
取，得，则；
由题，
若其对称中心为，则，
取，易得不是方程的唯一解（例如也是该方程的一组解），
则不能得到，从而是的充分不必要条件，故D正确.
8．已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为为上一点，且轴，点在线段上，直线分别交轴于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】不妨设点在第一象限，求出点的方程，再根据即可求出.
【详解】不妨设点在第一象限，
由题意得，，
设，则，
故直线的方程为，令，则，故；
直线的方程为，令，则，故，
因为，则，得，
则的离心率为.
故选：A
9．已知三棱锥的所有棱长都为4，点分别为中点，点分别为，中点，则几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明平面，根据棱锥体积公式求解.
【详解】如图所示，连接，
由题可知都是边长为正三角形，
又是边中点，所以，
又是边中点，所以，
因为分别是中点，所以，所以，
同理，又平面，
所以平面，
又，
同理，又，所以，
所以，
所以几何体的体积为.
第二部分（非选择题 共105分）
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．
10．已知是虚数单位，则____________．
【答案】
【分析】根据复数的运算求解即可.
【详解】因为
所以
故答案为：
11．（改编题）的展开式中，各项的二项式系数和为64，则常数项为______
【答案】
【分析】各项的二项式系数之和为64，可得，得到，再利用通项公式即可求常数项.
【详解】因为各项的二项式系数和为64，所以 ，所以,
所以的，
令，解得，代入通项得常数项.
故答案为：.
12．已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________.
【答案】
【分析】利用点到直线的距离公式求直线与圆相交所得弦的弦长.
【详解】抛物线，焦点到准线的距离为4，所以，所以焦点.
则过点且倾斜角为的直线方程为：，即.
因为，圆心为，半径为.
圆心到直线的距离为：，
所以直线被圆截得的线段长度为：.
故答案为：
13．（新情境）随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区，这6个随机选择1个景点游玩，两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率为________．这两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的条件下，他们选择的景点不相同的概率________．
【答案】
【分析】根据古典概型的计算方法可求两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率；设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，先求出，，在利用条件概率公式即可求第二空.
【详解】设事件表示“两位游客都选择天津之眼摩天轮”，
则；
设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，
则，，
∴．
故答案为：．
14．在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______．
【答案】
【分析】根据投影向量定义以及模长和夹角计算可得出投影向量，建立平面直角坐标系将数量积坐标化，得出的表达式并根据二次函数性质计算可得其最小值.
【详解】依题意可知，
又，，
所以
则向量在向量上的投影向量为；
以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
由，可得，且，
所以，
又，所以；
设，所以，由可得；
又，所以；
因此；
可得，
显然当时取得最小值，最小值为.
故答案为：；
15．已知函数若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】分类讨论，求得函数的解析式，利用数形结合求得实数的取值范围.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即，，且，
当，即时，，且，
因此，
在坐标系内作出函数和的图像，如图所示
关于的方程恰有三个不相等的实数根，则.
所以实数的取值范围是.
三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．(14分)
在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若.
（i）求的值；
（ii）求的值.
【详解】【详解】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，
又因为，所以，解得，
由，可得.（4分）
（2）（i）将代入余弦定理，得，
解得.（8分）
（ii）因为，故，（10分）
由正弦定理，解得，
由，故，
代入.（14分）
(15分)
如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【详解】（1）令，连接，
由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则，
又平面，平面，所以平面.（4分）
（2）由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，（8分）
由轴平面，得平面的法向量，
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.（12分）
（3）由（2）知：，则，而平面的法向量，
所以点到平面的距离.（15分）
18.（改编题）(15分)
设数列是等差数列，是等比数列．已知．
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)设，数列的前n项积为，证明：．
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，所以，
所以．（4分）
（2）为奇数时，，
，（6分）
为偶数时，，
，
（10分）
所以
所以．
（3），，（12分）
当时，；
当时，即
又，
所以，当时，，
所以．（15分）
19．(15分)
C：（）上一动点D到原点O距离的最小值为，最大值为2．
(1)求椭圆C方程．
(2)设椭圆C的左右焦点分别为，，过作直线l交椭圆于两点，点E满足，线段，OP交于点A，设与的面积分别为，，求的取值范围．
【详解】（1）设动点，则，
所以有，
因为，所以，即，当且仅当时取到最小值，
又因为，所以，当且仅当时取到最大值，
故椭圆C方程为；（3分）
（2）
由图可知：，设，又由
则，
因为三点共线，可得，（5分）
则，
所以，
设直线方程为，与椭圆，消得：
，
设交点，
则有（8分）
由
，（10分）
令，则，由，可知，
根据对勾函数可知：恒成立，
所以只需要解，因为，
所以，
解得，（13分）
而，
因为，所以，
即.（15分）
(16分)
已知函数，其中为自然对数的底数，
(1)当时，求函数在点处的切线方程;
(2)证明:恒成立；
(3)证明:
【详解】（1）当时，可得，所以；
可得，又，
所以在点处的切线方程为，即；（4分）
（2）易知，要证明，
可得，
构造函数，可得，
可知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；（6分）
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时，等号成立；
下面证明，（8分）
令，所以；
易知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时等号成立，
综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得，
所以，即.（12分）
（3）由（2）中结论可知；
所以，
因此；
可知
所以. （16分）