2026年全国一卷高考数学预测试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年强基联盟高三5月高考模拟数学试题考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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，则（

）A． B． C． D．2．数据1，2，4，5，7，9的第60百分位数为（

）A．4 B．5 C．6 D．73．下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（

）A． B． C． D．4．下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是（

）A． B．C． D．5．已知为直线，为平面，则下列条件是“”的充要条件的是（

）A．垂直平面内的两条直线 B．垂直平面内的无数条直线C．的方向向量垂直于平面的法向量 D．的方向向量平行于平面的法向量6．在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（

）A．或7 B．2或7 C．或14 D．2或147．已知为的外心，且满足，则的值为（

）A．2 B． C． D．8．如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（

）A．1 B． C． D．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．已知抛物线与圆交于两点，则下列说法正确的是（

）A．圆心坐标为 B．C．抛物线的准线与圆相切 D．过抛物线焦点的直线与圆相交10．如图，在正三棱台中，为的中点，是上的动点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（

）A． B．C． D．11．我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分损一”，加长一截就是“三分益一”.我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为，用“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长，记为，再用“三分益一”得到第三个音“太簇”的弦长，记为，按此规律依次交替损益就能得到“十二律吕”的弦长.把上述依次得到的弦长组成的数列记为（）.则下列说法正确的是（

）A． B．C．，使得 D．，都有三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．在复平面内，i为虚数单位，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是_____.13．在中，角，，所对的边分别是，，，且，，，则的面积为___________.14．设关于的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．已知数列的前项和为，且满足.(1)求的值；(2)求的值.16．信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败．(1)求该系统单次有效密钥分发成功的概率；(2)若该系统独立进行次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望；(3)科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数．附：若，则，，．17．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若分别为的中点，点在直线上.(1)求证：直线与直线为异面直线；(2)求直线与平面所成角的最大值.18．已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若为函数的三个零点，且满足，①求实数的取值范围；②求的最小值.19．为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记.(1)求的方程；(2)求证：；(3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】借助交集定义即可得.【详解】由，则2．B【详解】易知共6个数据，且，因此第60百分位数取第四个数即可，即为5.3．B【详解】所有选项的定义域都是，对于A，因为，所以是奇函数，A错误；对于B：因为，所以是偶函数，的周期为，加绝对值后，图象把轴下方的部分翻折到上方，周期变为（如图），B正确；对于C：，图象为很显然不具备周期性，C错误；对于D，是周期为的偶函数，D错误．4．A【分析】求定义域，求导，设出切点，根据导函数几何意义得到方程，解方程，可得结论【详解】A选项，的定义域为R，，设切点为，假设在处的切线与轴平行，则，则，，所以曲线的图象上存在与轴平行的切线，A正确；B选项，的定义域为R，，设切点为，假设在处的切线与轴平行，则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，B错误；C选项，的定义域为，，设切点为，假设在处的切线与轴平行，则，无解，的图象上不存在与轴平行的切线，C错误；D选项，的定义域为R，，设切点为，假设在处的切线与轴平行，则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，D错误；5．D【详解】对于A，垂直平面内的两条直线，若两直线平行，则不能推出，故A错误.对于B，垂直平面内的无数条直线，若无数条直线两两平行，则不能推出，故B错误.对于C，的方向向量垂直于平面的法向量，则或，故C错误.对于D，的方向向量平行于平面的法向量，则有.反之，若，则有的方向向量平行于平面的法向量.故D正确.6．D【分析】利用二项式定理的通项公式先求，再由等差中项即可求解.【详解】令，得，由，所以，，因为成等差数列，所以，所以，所以，即，解得或.7．C【分析】由三角形外心的性质，得到，，再通过，两边分别点乘，，结合数量积运算律即可求解.【详解】因为为外心，（外心为三角形各边垂直平分线的交点，所以外心在各边的投影为各边中点），即在上的投影为，在上的投影为，所以，，又，两边点乘得：，即，整理得：，（1）两边点乘得：,即，整理得：，（2）联立（1）（2），消去得：，化简得：，即.8．B【分析】根据题意设，的标准方程，再用，表示出，，代入后，利用函数的单调性求出最大值.【详解】设双曲线的标准方程为，，则双曲线的标准方程为，，所以，，所以，设，则，设，则，令，解得，又因为，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当，函数有最大值，所以的最大值为.9．BCD【详解】A选项，由，故圆心为，A错误；B选项，联立抛物线与圆消去得，解得或，当时，，不合要求，舍去；当时，，解得，即，则，B正确；C选项，抛物线的准线为，圆心到的距离为2，等于圆的半径，故抛物线的准线与圆相切，C正确；D选项，抛物线焦点坐标为，此时直线过圆的圆心，则与圆一定相交，D正确.10．AD【分析】根据定义分别作出，，，再利用三角函数值域以及单调性即可得出AD正确，分别假设三棱台趋近于棱柱或者高为0时，可得的大小无法比较.【详解】取的中点为，连接，作，垂足为，连接，如下图所示：根据正三棱台性质可得，又因为，且平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，且平面，所以平面，依题意可知直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为；易知，且，即可得，所以，因此可得A正确，D正确；又因为当三棱台趋近于三棱柱，且点趋近于点时，此时，可得；当三棱台的高趋近于0，且点趋近于点时，此时，可得；所以的大小无法比较，因此选项B错误，C错误.11．ABD【分析】根据题意可得数列的递推公式，分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，即可得，，进而逐项分析判断.【详解】由题意可知：，，，，则，可知数列是首项为，公比为的等比数列，则，，所以，故A正确；因为，则，即，故B正确；因为，即，所以不存在，使得，故C错误；由等比数列性质可知，即，都有，故D正确.12．【详解】复平面上的向量加法与复数加法法则一致，即对应坐标相加，因为，所以对应的复数是.13．【分析】首先根据正弦定理及二倍角公式求出的值，再求出，，的值，利用诱导公式及和角公式得到的值，最后根据的面积公式进行求解.【详解】因为，，，由正弦定理得，即，即，因为，所以，即，因为，所以，，，，所以的面积.14．【分析】通过换元法将方程转化为二次方程，结合函数的单调性判断根的个数，再利用对数运算求解即可.【详解】由题意知，，原方程两边同时除以，化简为：，令，则方程变为：，解得或，即或，所以原方程实数解的个数转化为与、图象交点的个数，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得最小值为，又因为当时，，当时，，而，所以与、图象各有两个交点，即原方程共有个互不相等的实数解.由得，两边取自然对数：，即，同理，由化简得：，所以.15．(1)(2)【分析】（1）先求出，再求.（2）利用裂项相消法求和.【详解】（1）由可得，所以可得.当时，可得.（2）因为，所以.则.16．(1)(2)(3)次密钥分发中，“最优传输”的次数约为【分析】（1）根据两个信道工作相互独立，利用独立事件同时发生的概率乘法公式，将量子信道成功概率与经典信道匹配概率相乘，即可得到单次有效密钥分发成功的概率；（2）单次有效密钥分发成功的概率固定，次独立重复试验中成功次数服从二项分布，直接套用二项分布数学期望公式计算即可；（3）先由正态分布参数算出均值与标准差，将“准确率不低于”转化为正态分布中的概率，利用正态分布的对称性和，求出对应概率后乘以总次数，估算出“最优传输”的次数．【详解】（1）设“量子信道成功密钥生成”为事件，“经典信道完成信息匹配”为事件，由题意得，，且与相互独立，所以该系统单次有效密钥分发成功的概率；（2）由题意得，，所以；（3）由题意得，，则，，因为“最优传输”要求，即，所以，，所以次密钥分发中，“最优传输”的次数约为．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，借助中位线性质可得，则可得、、、四点共面，结合点在直线上，即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得.【详解】（1）取中点，连接、，由分别为的中点，底面是正方形，故、，则，故、、、四点共面，因为平面，，平面，故直线与直线为异面直线；（2）由是正三角形，且为中点，故，由平面，平面，故，又，、平面，故平面，故可以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则、、、、、、，由分别为的中点，故、，则、、、，设，，则，设平面的法向量为，则有，取，则、，即，有，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时，等号成立，故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为.18．(1)(2)①②【分析】（1）求导求出切线斜率，代入点坐标可求切线方程.（2）①对函数求导，分析判断满足零点条件所需要的函数单调性区间，建立关于的限制条件，解出取值范围.②根据零点大小关系求出，接着观察函数的结构特征，建立函数关系式，求出，再用均值不等式求解，可得最小值.【详解】（1），所以，可得点，所以，所以切线方程为.（2）①因为，若，则恒成立，故在上递增，不可能有三个零点，不合题意.若，则有两个不相等的实数根，记为，且，故在上递增，在上递减，因为，所以，又因为当时，，令，则，所以在上递增，且，同理，所以在和上各有一个零点，又显然是的一个零点.综上，当函数有三个零点时，可得实数的取值范围为.②，因为，所以，，所以，由，可得，又因为，根据区间单调性，可得，所以，又因为，当且仅当，即时等号成立，所以.19．(1)(2)证明见详解(3)存在，【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可