2026 年高考数学核心素养试卷

2026年高考数学核心素养试卷一、选择题1．已知双曲线C的右焦点为F(2,0)，点P在双曲线上且满足PF⊥x轴，若PF=3，则双曲线CA．1 B．2 C．4 D．82．已知复数z满足z⋅i=1−2i，则z=A．5 B．52 C．5 D．3．已知集合A=xx>5，B=−5,5,15A．5 B．5,15 C．−5 D．−5,54．已知等差数列an的公差为2，若a1,A．−10 B．−6 C．4 D．−45．设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A在C上，过A作C的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为y=−2x+2A．3 B．4 C．5 D．66．设a=0.70.2，b=0.70.3，c=log0.70.3A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b7．下列说法错误的是（）A．若样本相关系数r的绝对值越接近于1，则两变量的线性相关程度越强B．一组数据1,C．由样本点(xD．若P(A)=0.2,P(B)=0.8．在必修第一册教材“8.2.1几个函数模型的比较”一节的例2中，我们得到如下结论：当0<x<2或x>4时，2x>x2；当2<x<4时，2x<xA．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a9．已知函数fx的定义域为R，y=fx−1为奇函数，y=fx+1为偶函数，若A．1 B．−1 C．0 D．−310．若双曲线my2−4A．52 B．3 C．5 D．二、多项选择题11．已知双曲线C：x23−y2b2=1（b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线C右支上的动点，过点A．双曲线的渐近线方程为y=±B．双曲线C的离心率e=C．当点P异于双曲线C的顶点时，△PF1FD．|PA|⋅|PB|为定值312．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列命题正确的是（）A．若a//α，b//α，则a∥bB．若a⊥α，a⊥b，则b//αC．若a⊥α，a∥b，则b⊥αD．若a⊥α，b⊥α则a//b13．已知抛物线C:y2=4x，直线l:y=kx−k与抛物线C交于P，Q两点，分别过P，Q两点作抛物线准线的垂线PM，QN，垂足分别是MA．直线l过抛物线C的焦点B．当k=1时，P，Q两点横坐标的和为5C．当k=1时，直线l截抛物线所得的弦长为8D．以MN为直径的圆与直线l相切14．已知等比数列an，a1=2A．数列1an是等比数列 B．数列1anC．数列log2an是等差数列 D．数列15．把函数y=sinx−π12图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移A．fx的最小正周期为4π B．C．fx在−π12,π12上单调递增三、填空题16．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为4，则该几何体的表面积为．17．已知函数f(x)=x2−ax+2,x≥1,ax+a,x<1在R18．已知点P6,y0在焦点为F的抛物线C:y2=2px(p>0)19．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图，为了测量山顶C处的海拔高度，从山脚A处沿斜坡到达B处，在B处测得山顶C的仰角为45°，山脚A的俯角为15°.已知A,B两地的海拔高度分别为100m和200m.记B,C在水平面AB1C1的射影分别为B1,C20．已知x>0，y>0，且x+y=2，则xy的最大值为.四、解答题21．设函数f(（1）求f(x)（2）若f(x)≥a(（3）若x1,x22．如图，梯形ABCD是圆台O1O2的轴截面，E，F分别在底面圆O1，O2的圆周上，EF为圆台的母线，∠DO1E=60°，已知（1）证明：平面CGH//平面O1（2）若三棱锥C−GBH的体积为533，求圆台23．如图，已知在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD⊥CD,AB//CD，AB=AD=PD=2,CD=4，点E是棱PC上靠近P端的三等分点，点F是棱PA上一点.（1）证明：PA//平面BDE；（2）求点F到平面BDE的距离；（3）求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值.24．已知椭圆C:x2a（1）求椭圆C的方程；（2）过点1,0的直线l与椭圆C交于A,B两点，且AB=8525．已知△ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，且2c+bcos（1）求角A；（2）若△ABC的面积为1534，周长为15，求

答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】D4．【答案】C5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】C10．【答案】A11．【答案】A,B,C12．【答案】C,D13．【答案】A,C,D14．【答案】A,C15．【答案】A,C,D16．【答案】20π17．【答案】0,18．【答案】319．【答案】300+10020．【答案】121．【答案】（1）解：函数f(x)=xlnx定义域为0，+∞，则f(1)=0，f'(1)=1，故f(x)在点1,0（2）解：设h(t)=t−1−lnt定义域为0，+∞，h'(t)=1−1t=t−1t，当h'(t)<0时，解得0<t<1，

当h'(t)>0时，解得t>1，故函数h(t)在(0,1]上单调递减，在[1设g(t)=a(t−1)−2lnt，则当x∈(0,+∞)时，1x的取值范围是(0,+∞)若对任意t∈(0,+∞)，恒有g(t)≥0，

则对∀t∈(0,取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0，再取t=2a，得0≤a⋅2若a=2，则对任意t∈(0,+∞)，都有综上可知，a的取值范围是{2}.（3）证明：易证对0<a<b，有lna+1<证明：由（2）的结论t−1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'(x)=lnx+1，当f'(x)<0时，解得所以函数f(x)在(0,1e当1e≤x当0<x1≤对任意的c∈(0,1e]，设φ(x)=xlnx−clnc−c−x且当x≥c−14(ln2φ'所以φ'(x)在(0,c)上存在零点x0，再结合φ'(x)单调递增，当0<x<故φ(x)在(0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1−q2时，由c−x>q再根据φ(x)在(0,x0]上单调递减，即对综合①②可知对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0，即φ(x)=xln根据c∈(0,1e]和0<x≤c的任意性，取c=x所以|f(x当0<x1≤1e≤x由f(x)的单调性，可知|f(x1)−f(故一定有|f(x综上，|f(x22．【答案】（1）证明：在梯形ABCD中，CD=4，AB=8，O1C//12O2B，O1C=12O2B，

因为G为O2B的中点，所以O2G=12O2B，O1C//O2G，O1C=O2G，所以四边形O1O2GC为平行四边形，所以OG//O1O2，

又因为OG⊄平面O1O2FE，O1O（2）解：设O1O2=h，由（1）可知OG//O1O2,OG=O1O2，则CG为三棱锥C−GBH的高h，

故VC−GBH=13⋅S△GBH⋅h，由∠DO1E=60°，可得∠AO2F=60°23．【答案】（1）证明：以点D为坐标原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0DB=2,2,0,DE=则m⋅DB=0m⋅DE=0，即2x+2y=0又PA=2,0,−2，可得PA⋅m=0，因为PA⊄平面BDE（2）解：因为PA//平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离.易知AB=0,2,0，则点A到平面BDE的距离为（3）解：易知BC=−2,2,0,PC=则n⋅BC=0n⋅PC=0设平面BDE与平面PBC的夹角为α，则cosα=故平面BDE与平面PBC的夹角的余弦值为2324．【答案】（1）解：由题可知，2a=4，a=2，又e=ca=32，且a则椭圆C的方程为x2（2）解：法一：①当直线l斜率为0时，AB=2a=4②当直线l斜率不为0时，设直线l方程为x=ty+1，联立x=ty+1x2+4y2设Ax1,由题意，AB=即4t2+4故直线l的方程为：x=y+1或x=−y+1.法二：①当直线l斜率不存在时，AB=②设直线l方程为y=kx−1联立