普通高等学校招生全国2026年统一考试押题卷（一）数学试题 含答案

/数学满分150分考试时间120分钟一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数满足iz=1−2i，则A. B.5 C.3 D.3.已知实数，满足，则的最小值为（）A.2 B.4 C.8 D.164.设，若，则（）A. B. C. D.5.中国传统建筑的窗棂纹样中，常运用扇面拼接的设计．如图，这是某窗棂的平面图（扇形截去扇形剩余的部分），已知，，，则（）A. B. C. D.6.甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（）A.18种 B.36种 C.42种 D.72种7.过点的直线与曲线（）有两个交点，则直线斜率的最大值为（）A. B.2 C. D.48.已知函数，是的反函数．若，满足，则的最大值为（）A. B. C.0 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.将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A. B.的最小正周期为C.的图象关于点对称 D.的图象关于直线对称10.如图所示，有一散点图在5个数据中去掉后，下列说法中错误的是（）A.残差平方和变大 B.相关系数变小C.决定系数变小 D.解释变量与响应变量的相关性变强11.设是抛物线弧C:y2=8xy>0上的一动点，点A. B.若，则点的坐标为C.的最小值为 D.满足面积为的点有3个三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为____________．（用数字作答）13.已知数列满足，，则数列的前5项的和为________．14.如图所示，已知M，N为双曲线上关于原点对称的两点，点M与点Q关于x轴对称，，直线交双曲线右支于点P，若，则_____________．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.在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，．（1）求角；（2）若的面积为，求的周长．16.已知椭圆：的短轴长为，由的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）已知点，过点的直线与椭圆交于不同两点，．证明：．17.在三棱柱中，点为底面正方形的中心，平面，且，为的中点，直线与平面所成角的正切值为．（1）证明：∥平面；（2）求的长；（3）求平面与平面所成角的余弦值．18.已知函数为定义在上的偶函数，且满足，．（1）求的解析式；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．19.深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率.（1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；（2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求；（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.

数学满分150分考试时间120分钟一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：，所以A∪B2.已知复数满足，则（）A. B.5 C.3 D.答案：D解析：解答过程：因为，所以z=z=1−2i×−3.已知实数，满足，则的最小值为（）A.2 B.4 C.8 D.16答案：B解析：思路：借助基本不等式计算即可得.解答过程：，当且仅当，即、时，等号成立，即的最小值为.4.设，若，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先求出，然后利用二倍角的正切公式计算即可.解答过程：化简等式为2tan2θ−5tan因为，所以，所以tanθ=sinθcos所以tan25.中国传统建筑的窗棂纹样中，常运用扇面拼接的设计．如图，这是某窗棂的平面图（扇形截去扇形剩余的部分），已知，，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由题意可得，CA=DB=6−3=3所以CA⋅6.甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（）A.18种 B.36种 C.42种 D.72种答案：C解析：思路：按照“赛道引导”工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.解答过程：安排“赛道引导”工作的人数分为两类，第一类，“赛道引导”工作仅安排1人，因为甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，从甲、乙以外的3人中选一人参加“赛道引导”项工作有种方法，再安排“物资补给、医疗保障、终点服务”项工作，若“终点服务”工作安排两人，则有种方法，若“终点服务”工作安排一人，则有种方法，所以“赛道引导”工作仅安排1人共种方法，第二类，“赛道引导”工作安排2人，有种方法，由分类加法计数原理，得共有种方法.7.过点的直线与曲线（）有两个交点，则直线斜率的最大值为（）A. B.2 C. D.4答案：B解析：解答过程：由题意易知直线的斜率存在且不为0，设直线，曲线是以为圆心，1为半径的半圆（如图所示），设曲线的下端点为，要使与曲线有两个交点，则应位于直线和切线之间，所以，所以斜率的最大值为8.已知函数，是的反函数．若，满足，则的最大值为（）A. B. C.0 D.答案：A解析：思路：利用等式变形，再同构一个函数，满足，再由单调性去找到等式关系，最后把二元变量转化为一元变量：，再用函数思想来求最大值即可.解答过程：由题意得，因为，所以，所以，令，则，因为在上单调递增，所以，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，，即；当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.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.将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A. B.的最小正周期为C.的图象关于点对称 D.的图象关于直线对称答案：CD解析：思路：根据函数图象的伸缩变换得到解析式，结合正弦型函数性质求解即可.解答过程：由题意知，.对于A：fπ对于B：最小正周期，B错误.对于C：令，，解得，，所以对称中心为.当时，对称中心为，C正确.对于D：令，，解得，，所以对称轴为，.当时，对称轴为，D正确.10.如图所示，有一散点图在5个数据中去掉后，下列说法中错误的是（）A.残差平方和变大 B.相关系数变小C.决定系数变小 D.解释变量与响应变量的相关性变强答案：ABC解析：思路：利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差平方和的变化情况即可得.解答过程：从散点图可分析出，若去掉点，则解释变量与响应变量的线性相关性变强，且是正相关，所以相关系数变大，决定系数变大，残差平方和变小，故A、B、C错误，D正确.11.设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则下列说法正确的是（）A. B.若，则点的坐标为C.的最小值为 D.满足面积为的点有3个答案：BD解析：思路：A项由抛物线方程可知；B项由抛物线定义可得；C项可利用特值举反例，D项，将面积条件转化为点线距离，设点坐标求解方程可得.解答过程：对于A，抛物线弧的焦点为，故A错误；对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；对于C，由选项B可知，点在抛物线弧上，设为，则，如图，可取，则，由，又，所以，即，即，故C错误；对于D，直线的斜率为，所以方程为，，设边上的高为，若面积为，则，解得，设点，则点到直线的距离即的高，又，则，所以或，又，解得或，所以满足面积为的点有3个（如图），故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为____________．（用数字作答）答案：解析：思路：写出二项式的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.解答过程：的展开式通项为，因为，在的展开式通项中，令，在的展开式通项，令，可得，因此，展开式中的的系数为.故答案为.13.已知数列满足，，则数列的前5项的和为________．答案：解析：思路：通过累加法得出数列的通项即可得数列通项，再利用裂项相消可得答案.解答过程：已知数列满足，(n∈N+所以，累加可得，即，所以，当时，，符合通项公式，所以，所以的前5项的和为.14.如图所示，已知M，N为双曲线上关于原点对称的两点，点M与点Q关于x轴对称，，直线交双曲线右支于点P，若，则_____________．答案：解析：思路：设利用点差法得到，即可求出离心率；解答过程：解：设，则．由，得，从而有，又，所以，又由，从而得到所以，所以．故方法提示：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．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.在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，．（1）求角；（2）若的面积为，求的周长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据，利用正弦的二倍角公式结合正弦定理求得，进而求得角.（2）首先根据面积公式求得，然后再利用余弦定理求得，进而求得，即可求解三角形的周长.（1）因为，所以，因为是锐角三角形，所以，所以，则，因为为锐角，所以．（2）因为的面积为，所以，即，由余弦定理得，即，所以，即，故的周长为．16.已知椭圆：的短轴长为，由的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）已知点，过点的直线与椭圆交于不同两点，．证明：．答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）根据所给条件列方程求出，即可写出椭圆方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，代入化简即可.（1）由椭圆短轴长为，得，所以.又的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为，所以12a−cb又，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为（当直线斜率不存在时，直线过点，不合题意）.设，.联立，整理得3+4k2Δ=则，，kNA而2k所以.17.在三棱柱中，点为底面正方形的中心，平面，且，为的中点，直线与平面所成角的正切值为．（1）证明：∥平面；（2）求的长；（3）求平面与平面所成角的余弦值．答案：（1）证明见解析（2）（3）解析：思路：（1）连接，可得，由线面平行的判定定理可证；（2）取的中点，连接，得平面，就是直线与平面所成的角，结合已知条件求得，可求得的长；（3）以为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，求出平面一个法向量和平面的一个法向量，利用向量夹角公式求解即可.（1）连接，因为为的中点，为的中点，所以，因为平面，平面，所以∥平面.（2）取的中点，连接，因为为的中点，所以，因为平面，所以平面，所以就是直线与平面所成的角，由题意知，则，所以，在中，，所以，所以.（3）又因为正方形，所以，且平面，以为原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1所以，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，因为，设平面的一个法向量为，，令，得，所以平面的一个法向量为，所以cosm所以平面与平面所成角的余弦值为.18.已知函数为定义在上的偶函数，且满足，．（1）求的解析式；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．答案：（1）.（2）（3）解析：思路：（1）利用偶函数的性质运算求解即可；（2）根据函数的单调性化简不等式，再分离参数，利用基本不等式求最值即可；（3）由题意得gx1min（1）因为是上的偶函数，故对任意，恒成立，所以f−x=令，代入化简得−x(1+k)=因此的解析式为.（2）由题意可得gx=log22因此不等式等价于.令，不等式变为对任意恒成立，分离参数得a<t+4由基本不等式得，当且仅当取最小值，因此，即a∈(−∞,4).（3）对任意，存在，满足，等价于在上的最小值在上的最小值.因为单调递增，故g(x)min=g即x2−2mx+1≤1，若，h(x)min=h(1)=2−2若，h(x)若，h(x)min=h(3)=10−6综上得​，即m∈[119.深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率