2026年高考考前预测卷：数学（广东卷01）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（广东卷01）（全解全析），共17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，，则（ ）
A．B．C．D．
1．【答案】C
【解析】不等式，
解得，即。
绝对值不等式，
化简得或，
即或，
又因为，因此
所以.
故选：C
2．已知复数z满足，则的虚部为（ ）
A．1B．2C．D．
2．【答案】B
【解析】由题意知复数z满足，
故，
故，则的虚部为2，
故选：B
3．已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
3．【答案】C
【解析】因为是R上的偶函数，故； 由，令得，故的周期；
当时，，是增函数，故在上单调递增.
又因为，即. ，即,
由，得，
所以 ， 且，即.
即,且在上单调递增，所以,即.
故选：C.
4．（新情境）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（ ）
A．90B．150C．240D．300
4．【答案】B
【解析】将5个不同的红包分3组，有两种不同的方式，
①：“1,1,3”型，则有种分法；
②：“2,2,1”型，则有种分法，所以共有25种分法，
将分好的3组，装入3个不同的红包袋中，共有种装法.
故选：B.
5．已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”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
5．【答案】B
【解析】由，得，
因为方程表示圆，所以，解得.
所以圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
若直线与圆相交可得，则可得，解得.
所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件.
故选：B
6．（新情境）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（ ）

A．B．
C．D．
6．【答案】D
【解析】，即，
则，即，因为，所以，
.
故选：D.
7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．在区间上单调递减
D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
7．【答案】B
【解析】由图象可知：，，所以，
由得.
由，得，又可得.
所以，故A正确；
因为，所以不是函数的对称中心，故B错误；
当时，，
因为函数在上单调递减，
所以在区间上单调递减，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度可得
故答案为：B．
8．（改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．【答案】B
【解析】设过的直线的方程为，
联立方程，得到，
不妨设，
由韦达定理得到，
因为，所以，
又因为，即 ，
所以，即，
所以，得到
即，解得，所以
即，解得，所以，
所以,得到，
所以直线的方程为，即.
对两边求导得到，
所以点的切线斜率，
所以方程为即，
同理可得方程为，
联立方程得到，解得，
所以点到直线的距离为，
，
所以
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．下列结论正确的是（ ）
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，18，20，22的第80百分位数为18
B．若随机变量，满足，则
C．若随机变量，且，则
D．若回归方程为，则变量y与x成负相关
9．【答案】CD
【解析】对于A，由，所以第80百分位数为，错误；
对于B，已知随机变量，满足，由方差的性质可得，错误；
对于C，由正态分布的图象的对称性可得，正确；
对于D，由于，所以变量y与x成负相关，正确．
故选：CD
10．已知等差数列满足：，公差，其前项和为，且，则下列正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．的最小值为2D．的取值范围是
10．【答案】AB
【解析】由题可知，，
所以.
因为，公差，所以，
故，即.
当时，，故A正确.
若，则，所以，即，
故，故B正确.
由，得.
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为3，故C错误.
由，得，即，解得，故D错误．
故选：AB
11．已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，M为AC的中点，则（ ）
A．直线OM与AC的斜率之积为
B．点B到点的距离与到点F的距离之和的最大值为
C．
D．B，F，M三点共线
11．【答案】ABD
【解析】椭圆的右焦点为，右顶点为，
过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，设，
则有，满足，有，
M为AC的中点，则，
，A选项正确；
椭圆的左焦点为，则，
点在椭圆内，，
，
当且仅当三点共线，在之间时等号成立，B选项正确；
，，，则，C选项错误；
与共线，且与有公共点，所以B，F，M三点共线，D选项正确；
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．在的展开式中，x的系数是______．
12．【答案】7
【解析】由题意知的通项为，
令，则，即x的系数是.
故答案为：7
13．已知均为非负数，且，则的最小值为______.
13．【答案】2
【解析】由题可得，所以,
由于,当且仅当，即时取等号，
所以，则的最小值为，
故答案为：2.
14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m.
14．【答案】30
【解析】设改变方向的地点为M，终点为P，
由于，所以，，
，，
由余弦定理得
当时，，当时，，
结合二次函数的性质可知当时，
取得最小值；
由，则，，
结合二次函数的性质可知当或时，
取得最大值；
综上所述，，最远距离是，最近距离是.
故答案为：30 .
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）
已知等差数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【解析】（1）数列为等差数列，设首项为，公差为对恒成立，
必有，
所以，解得
所以
即数列的通项公式为.（6分）
（2）
（9分）
.（13分）
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的正切值．
【解析】（1）设，则，．
在中，根据余弦定理，
将，，代入可得：
，所以．（3分）
则，所以，（4分）
因为底面，底面，所以．（5分）
又因为，、平面，所以平面．
而平面，所以.（7分）
（2）因为底面，，四边形为平行四边形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，（8分）
由（1）知，，，
则，，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，，
则，
取，可得，（11分）
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，
故.（15分）
17．（15分）
已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8.
(1)求的标准方程.
(2)过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限.
（ⅰ）若，求直线的方程；
（ⅱ）求面积的取值范围.
【解析】（1）由于双曲线：的实轴长为，焦距为8.
所以，所以，
那么.
所以的标准方程为.（4分）
（2）（i）当直线的斜率不存在时，其方程为，
因为双曲线的渐近线方程为，联立直线与渐近线方程得.
所以，因为双曲线的焦点坐标为，
所以，此时不满足题意，所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，与双曲线的渐近线方程联立得和，
解得和，所以.
因为，所以即，解得.
所以直线的方程为，即.（9分）
（ii）当直线的斜率不存在时，其方程为，代入双曲线方程中得.
所以，此时；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与双曲线方程联立得.（11分）
判别式，.
设，则.
由于，所以或.
所以
令，由于，所以.
所以，
所以.
综上，所以面积的取值范围为.（15分）

18．（17分）
（新情境）针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析．
设参赛人数为n（为2的幂次，如4，8，16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或负（忽略平局）．各场比赛的结果相互独立．
赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军．
赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛，胜者组失败者掉入负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛．
以4人为例，如图：
赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛．最终按总积分（或胜场数）排名．总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规则）．
假设在强者（只有一人）与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比赛时胜率均为r．表示“强者”最终赢得冠军的概率．
(1)当，，时，求赛制一、赛制二相应的；
(2)针对赛制三，、分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出、；当，，时，计算并说明“强者”稳定夺冠的因素；
(3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响．
【解析】（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，
强者必须赢得其参加的所有场比赛才能夺冠，
当，时，．
双败淘汰制中，当，时，参赛者中不妨设强者为，
其赢得冠军有三种情况：
情况1、全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决
赛、总决赛，概率为；
情况2、在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为；
情况3、在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜，
所以．（5分）
（2）强者一共打场比赛，，；
一个弱者打场比赛，对阵强者，赢的概率为，对阵其他个弱者（弱者之间
比赛胜率为），所以．
当，，时，
，
对于强者，，所以，即总是成立的．
强者要稳定夺冠，需要显著大于，实力差距越大，参赛人数越多，
强者预期胜场领先优势就越大．（11分）
（3）①时，若，，
若时，，
若，，则（约），
单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（场），任何一
场失败（即使概率很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积．
在同样条件（）下，双败淘汰制的大于单败淘汰制的．
②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输一场）的机会．
对于实力顶尖的选手（很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因
单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭
遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利．
双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响．
③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（场），根据大数定律和中心极限
定理，实力更强（）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减
少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即
使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合大
规模参赛．（17分）
19．（17分）
已知函数（，且）.
(1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值；
(2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
(3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：.
【解析】（1）由可知，，
则，由题可得：，
故.（3分）
（2）因为，则，
因为，，
所以是单调递减函数，（4分）
令，得唯一极值点，
在递增，递减，
所以有两个零点等价于，
则，，得：
，约去正数，
得，
当时，，
因此 ，即，得出 ，
故，又，故.（8分）
（3）方法一：
当时，，
时，
令，则有，
即，
则在单减，在单增，（11分）
不妨设，
构造，
，
，
，
，
，（14分）
令，则在上单减，
，故，
故在单减，故，
又，，
又，，
又，且在单增，
故，故得证.（17分）
方法二：已知，
即，两式相减得：，
即：，
故，（12分）
不妨设，则，，
下证：，
令，则，
即证，即证，
令，，
则，
故在上单增，故，
所以，故得证.（17分）