2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用01）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用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．设集合，若，则的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】若，则，此时，不符合题意；
若，解得，则，，此时，符合题意.
综上，的取值集合为.
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，得到的坐标，结合向量模的坐标运算公式，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得，
所以，则，所以．
3．在复平面内，把复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：根据复数与复平面内向量的关系，结合三角函数关系计算即可得；法二：借助复数的三角形式及其乘法的几何意义计算即可得.
【详解】法一：复数对应的向量为，则，
向量与轴正半轴夹角为，
设该向量绕原点沿顺时针方向旋转后所得向量坐标为，
则，，
即所得向量坐标为，故旋转后的向量对应的复数为；
法二：复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转后的向量对应的复数为：
.
4．已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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】B
【分析】举反例可说明充分性不成立，利用两平面有公共点，则公共点在两平面的交线上可说明必要性成立.
【详解】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，
且三点共线，但直线不共面，
所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件；
若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内，
则在平面与的交线上，所以三点共线，
所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件；
所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件.
故选：B.
5．连续抛掷一枚质地均匀的硬币8次，每次正面向上得2分，反面向上得分，记总得分为X，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设为正面向上的次数，则，
总得分,
由于，，
所以
，所以D正确.
6．已知椭圆与双曲线有相同的左焦点和右焦点，P为椭圆与双曲线在第一象限内的一个公共点，设椭圆与双曲线的离心率分别为，，且，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆及双曲线的方程，根据椭圆及双曲线的离心率公式及定义，求得，进而得，，利用余弦定理即可求得，根据双曲线的渐近线方程，即可求得答案．
【详解】设椭圆的方程：，双曲线的方程：，，
焦点，，
由，，由，则，则，
由定义：，，
则，，
由余弦定理可知：，
则，
，，则，
双曲线的渐近线方程，
7．函数的图象向右平移得到曲线，的图象向左平移得到曲线，若曲线与正好关于轴对称，且都经过原点，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【详解】由题意，，
，
因为曲线与都经过原点，
所以，，
则，且，
又因为曲线与正好关于轴对称，
所以，
则，即，
联立，则，即，
则.
8．已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用反证法验证D选项不成立，通过举反例验证A,B,C选项.
【详解】因为是递增数列，所以．
又，所以，则．
若，则，则．
由，得，即，矛盾，
故满足的关系式不可能为．
取，则，
满足是递增数列，此时，
．取，，则，
满足是递增数列，此时．
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．在中，，则（ ）
A．
B．
C．
D．的面积为
【答案】BCD
【分析】根据所给条件长度判断A，由余弦定理判断B，过点作，解三角判断C，利用求三角形面积判断D.
【详解】如图所示，过点作，
则，又因为，
并且在中，
所以，所以是等腰三角形，所以，
由，可知为中点，
所以是的中位线，所以为线段的中点，所以，则A项错误.
，在中：，则B项正确.
过点作，，
，所以，的面积为，则C､D项正确.
故选：BCD
10．设函数，其中.则下列说法正确的是（ ）
A．可能为奇函数
B．既有极大值也有极小值
C．若恒成立，则
D．若是方程的两个不同实根，且，则
【答案】BCD
【分析】对于A根据判断；对于B求导判断函数的单调性即可；对于C由的正负性和单调性可得；对于D根据韦达定理以及计算.
【详解】对于A，若为奇函数，则，则，或，
均与矛盾，故不可能为奇函数，故A错误；
对于B，
因为
，
所以存在两个不等实根，不妨设，
则得或；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
故在处取极大值，在处取极小值，故B正确；
对于C，由以及的单调性可知，
当或时；当或时；
因为，且恒成立，所以，即，故C正确；
对于D，因为是方程的两个不同实根，
所以，
令，则，
令，得，
则关于点对称，即关于点对称，
由以及在区间上单调递减、
可得，又，，
可得，
所以，故D正确.
故选：BCD
11．在半径为定值的球的表面上有四个不共面的点，且为球的直径，已知和的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体存在的情况下，使得四面体体积有唯一值的条件可以是（ ）
A．的长
B．的大小
C．与平面所成角的大小
D．二面角的大小
【答案】ABC
【分析】根据题意判断哪些边是唯一值，结合四面体的体积计算公式，判断四面体体积唯一解的决定条件.
【详解】如图，因是球的直径，所以，
又的大小已知，从而为定值，从而也为定值，
由的大小已知，所以为定值（唯一确定），
由（其中为点到平面的距离），要使四面体的体积有唯一值（即为定值）只需点到平面的距离为定值即可.
对于选项A，当的长为已知时，由，那么也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意.
对于选项B，当的大小已知时，那么为定值（唯一确定），同理，由，也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意.
对于选项C，当与平面所成角已知时，不妨设为，那么，为定值，四面体的体积为唯一值，满足题意.
对于选项D，二面角为已知时，可以确定点到平面的距离为定值，由于为定值，不能唯一确定点，不能唯一确定，不合题意.
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．已知函数，若，则__________
【答案】
【分析】利用定义法确定函数的奇偶性，即可得函数值.
【详解】由，，
则，
即函数为奇函数，
所以.
13．已知的展开式中，第项系数与第项系数之比为，则________________．
【答案】
【分析】写出二项展开式通项，可得出展开式中第项系数与第项系数，根据题中条件得出关于的等式，结合且可解得的值.
【详解】二项式的展开式的第项为：，
所以第项的系数为，第项的系数为．
又第项系数与第项系数之比为，
所以，所以，
整理可得，
由题意可知且，故．
故答案为：.
14．若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解.
【详解】由于，则,
则曲线在点的切线方程为,
即，
又因为此切线也为圆的切线，
则圆心到切线的距离,
两边平方，化简为,
设，则，即,
因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解，
则，解得，
所以的取值范围是.
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）
为响应“全民健身”号召，某社区统计了5名居民每周参与体育锻炼的时长（单位：小时）与身体活力指数的对应数据，结果如下表所示：
(1)根据表中数据，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度；
(2)求身体活力指数关于每周锻炼时长的一元线性回归方程，并利用该方程计算居民的身体活力指数残差.
参考公式：相关系数；回归系数.
【答案】(1)，与成正相关，有较强的相关性；
(2)，1.1.
【分析】（1）根据给定的数表求出相关系数，进而推断相关程度.
（2）利用最小二乘法求出线性回归方程，进而求出指定的残差.
【详解】（1）由给定数表得，
，
，
，
所以样本相关系数，
与成正相关，有较强的相关性.
（2）由（1）得，
所以身体活力指数关于每周锻炼时长的一元线性回归方程为，
当时，，所以居民的身体活力指数残差为.
16．（15分）
已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足．
(1)求数列，的通项公式；
(2)是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，．
(2)存在，使得原等式成立．
【分析】（1）结合等差中项的定义得到，利用与的关系即可求出的通项公式，进而求出的通项公式.
（2）求出，结合等差数列的前项和求出，进而得到，再结合，为正整数代入验证即可.
【详解】（1）由题，，成等差数列，所以，①
当时，，②
①②得：，即，所以，
当时，，解得，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，又满足上式，
因此，从而．
综上：，．
（2）由（1）得，，，
从而．
由于，为正整数，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
综上只有当，时满足条件，
因此存在，使得原等式成立．
17．（15分）
已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且.
(1)求；
(2)若过点的直线交于，两点，且，求的值.
【答案】(1)2
(2)或.
【分析】（1）由抛物线定义可得进而得到为等边三角形，从而求得，结合图形特征及角的正切即可求解；
（2）设直线：,联立直线与抛物线可得，则由韦达定理得，，计算弦长代入中即可求得，再列方程结合弦长公式求值.
【详解】（1）
由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形，
所以，
设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以，
所以，所以；
（2）
设： ，，，
联立得，，
由韦达定理得，，
所以 ，
所以，所以，则，
由韦达定理得，，
所以，所以，
所以，
或，
所以 或，
所以的值为或.
18．（17分）
如图，已知三棱台，，，点是的中点，点是棱上靠近点的四等分点，，平面．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值；
(3)平面将三棱台分成两部分，求体积较大部分与该棱台的体积之比．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，，从而证明平面，根据线面垂直的性质即可证明；
（2）取中点，连接，，先证明为二面角的平面角，利用余弦定理求出，再根据同角三角函数关系即可求解；
（3）延长交于点，连接交于，连接，求出三棱台和三棱台的体积，即可求解.
【详解】（1）由棱台的性质得，，，
因为，所以四边形为等腰梯形，
过作交于，则，
因为点是棱上靠近点的四等分点，所以，，，
所以，
，
因为，所以，
又因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）取中点，连接，，
则，
所以四点共面，
因为平面，平面，
所以，，
所以为二面角的平面角，
，
在中，由余弦定理得，
所以，
所以二面角的正弦值为.

（3）延长交于点，连接交于，连接，
则几何体为台体，
因为平面，平面，
则，，
因为，，
所以，，
所以，，
，
，
，
，
因为，，，平面，
则平面，即即为三棱台和的高，
所以，
,
因为，
所以体积较大部分与该棱台的体积之比.

19．（17分）
已知函数.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)若在上有两个不同的极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据函数单调递增的性质，得到关于的不等式，再结合辅助角公式和函数的有界性，进而求解的取值范围.
（2）构造函数，对其求导，根据导数的性质和端点效应分析函数的单调性，从而确定的取值范围。
（3）先求出的导数，根据极值点的性质得到，再利用韦达定理、基本不等式以及正切函数的性质证明结论.
【详解】（1）对进行求导，则 ，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
因为恒成立，所以恒成立，化简得，
令 ，得 ，由辅助角公式：，
即，即，则 ，两边平方，
因为恒成立，所以，即，
解得 ，∴ ，即的取值范围是 ．
（2）由，代入，
则，
因为，所以，所以不等式两边同时除，
得 ．设，
则问题等价于当时， ，
①先求必要条件：
，由端点效应，
，即
②再证充分性，即证明：当 时， ．
当时，因为，所以，即，
那么
设 ，则 ，
∴在 上单调递增，∴ ，得证．
故 的取值范围是 ，
（3）令，则 ，
则 ，
整理得： ，
由于 ，显然，
由韦达定理：，
，
由基本不等式得 ，
当且仅当，等号成立，
，
，则
， 即 .
特征量
居民
居民
居民
居民
居民
2
4
6
8
10
4
5
6
8
7