2026届高考数学考向核心卷 · 全国一卷参考答案

2026届高考考向核心卷数学参考答案——全国一卷2026届高考数学全国一卷考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号模块总分值试卷占比得分复数15分3.33%集合与常用逻辑用语25分3.33%平面向量75分3.33%三角函数与解三角形3、1111分7.33%数列13、1620分13.33%立体几何9、1823分15.33%解析几何4、6、10、1731分20.67%函数与导数5、8、12、1932分21.33%概率与统计14、1518分12.00%合计1-19150分100.00%

题号1234567891011答案DDBDCBBDABCACDAC1.答案：D解析：，复数的虚部为.故选D.2.答案：D解析：，则，故中的元素个数为5，故选D.3.答案：B解析：法一：因为，且直线是图象的对称轴，所以，解得，由于，所以a的最小值为，故选B.法二：，其最大值为，又，故选B.4.答案：D解析：由，可设，则.因为，所以为直角三角形，所以，所以.又因为，所以C的离心率.故选D.5.答案：C解析：法一：由题可得，所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称.当时，，则，故选C.法二：由题可得，所以2是函数的周期.因为当时，，所以当时，，所以，故选C.6.答案：B解析：直线可化为，联立解得故直线l过定点.设直线l的斜率为k，则直线l的方程为，即.依题意，圆心到直线l的距离为，解得.故选B.7.答案：B解析：设交通拥堵修正向量，则，解得或，即或.当时，由题意得，则，因为，所以此次配送为高效配送；当时，，则，因为，所以此次配送为无效配送，与题意不符.故选B.8.答案：D解析：令，得，，，，在同一平面直角坐标系内作出函数，，，的图象，则x，y，z分别是函数，，，的图象与直线交点的纵坐标，观察图象得，当时，；当时，；当时，，因此A，B，C都可能，D不可能.故选D.9.答案：ABC解析：A（×）平面即平面，故平面.B（×）由题意知，与不垂直，故与不垂直，故与平面不垂直.C（×）如图，连接，平面即平面，因为与平面相交，所以与平面不平行.D（√）因为直四棱柱的底面为长方形，所以，，又，所以平面，因为平面，所以，又，所以，如图，连接，，易知，，故，因为四边形为正方形，所以，则，又，所以平面.故选ABC.10.答案：ACD解析：如图，因为，所以，解得，所以抛物线C的标准方程为.对于A，因为，当时，，故点在抛物线的外部，所以过点M且与C仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；对于B，由抛物线C的方程可知，焦点，设直线l的方程为，，，联立消去x，整理得，所以，所以，，又，所以，解得，则，，则，故B错误；对于C，由选项B可知，，所以，所以为钝角，所以为钝角三角形，故C正确；对于D，由选项B可知，所以，当且仅当，即，时，等号成立，故D正确.故选ACD.11.答案：AC解析：对于A，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，A正确；对于B，根据余弦定理的推论有，所以.整理得，则，则，故的面积为，B错误；对于C，由正弦定理和余弦定理的推论得，所以，C正确；对于D，若，则，则，当且仅当时，等号成立，所以，所以，D错误.故选AC.12.答案：解析：因为函数，所以，又因为曲线在处的切线与直线平行，所以，解得.13.答案：3解析：由数列为等比数列，设其公比为q，又，则，解得，所以，则，所以，，所以，，所以.14.答案：解析：随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，由n次独立重复试验的概率公式，，1，2，…，n，得，，，，所以的数学期望.15.答案：（1）0.998，可用线性回归模型拟合（2）解析：（1）易得，，………3分，…………5分故.…8分则，故可用线性回归模型拟合.………9分（2），，……………12分故经验回归方程为.…………13分16.答案：（1）（2）解析：（1）因为是，的等比中项，所以，即，整理得，……………2分又，所以.①因为，所以，……………………4分即，即.②由①②得，，所以的通项公式为.………………8分（2）由（1）得，所以，……………………11分所以，所以.…………15分17.答案：（1）（2）或（3）证明见解析，定点解析：（1）因为椭圆C的离心率为，且过点，所以，，………………………2分又，解得，，所以椭圆C的标准方程为.…………4分（2）因为直线l的斜率为1，所以设直线l的方程为，，，由消去y并整理得，则，解得.，.…………………7分设椭圆的右顶点为A，由（1）得，点A的坐标为，因为以为直径的圆经过椭圆C的右顶点，所以，所以，即，整理得，……………………9分所以，即，解得或，满足题意.所以直线l的方程为或.……………11分（3）当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C的两个交点分布在x轴两侧，不合题意.所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，由，得，所以，，.………13分因为，所以，即，整理得，所以，所以直线l的方程为，所以直线l过定点，定点坐标为.…………15分18.答案：（1）（2）（3）解析：（1）连接，平面，，又，，在中，，，，………3分，，，设三棱柱的高为h，则，解得.………………5分（2）设的中点为F，连接，，且，∴四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，………………7分平面，，，平面，∴平面平面，又平面平面，平面平面，，为的中点，为的中点，，即.………………10分（3）过点作于点O，连接，，平面，侧面与底面垂直，侧面底面，平面，且，，又，，平面，平面，又平面，，如图，以O为原点建立空间直角坐标系，……………………12分平面，，，则，，，，，设，则，则，，，………13分设平面的法向量为，则令，则，，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则令，则，，平面的一个法向量为，………………15分设平面与平面的夹角为，则，平面与平面的夹角的余弦值为.……………17分19.答案：（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）（i）（ii）证明见解析解析：（1）函数的定义域为，.…1分当时，，故，则函数在上单调递增；当时，令，解得，则函数在上单调递减，令，解得，则函数在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.………………………4分（2）（i）由（1）知，当时函数存在极小值，且极小值点为，所以.令（其中），则，即.（*）令，则.………6分当时，；当时，.所以在处取得最小值，且，故方程（*）只有唯一解为，即.所以.因为，所以，即，即.令，，则.……………9分设，，则.易知在上单调递减，且，，所以存在唯一零点，使得.所以在上单调递增，在上单调递减.………11分又因为，，所以在上恒成立.所以在上单调递增.所以.所以m的取值范围是.………………