2026年高考数学一轮复习检测卷（全国一卷02）2026年高考数学一轮复习讲练测

2026年高考一轮复习检测卷（全国一卷02） 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．的虚部是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的乘法及复数虚部的定义即可求解. 【详解】，所以虚部是1 . 故选：. 2．已知集合，或，则（　　） A． B．0 C． D． 【答案】A 【分析】先化简集合，然后根据选项验证即可. 【详解】因为，所以或，显然，其余选项均不正确. 故选：A 3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由得到，再由向量夹角公式即可求解. 【详解】设与的夹角为， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴，∵， ∴． 故选：D． 4．下面是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据. 每场比赛得分 3 6 7 10 11 13 30 频数 2 1 2 2 1 1 1 则下列说法不正确的是（    ） A．该队员得分的平均数是10 B．该队员得分的极差是27 C．该队员得分的第四十百分位数是7 D．该队员得分的方差是48.4 【答案】D 【分析】分别根据平均数，极差，百分位数，方差的定义即可判断. 【详解】该队员得分的平均数是，故A正确； 极差是，故B正确； ，所以第百分位数是，故C正确； 方差是，故D错误. 故选：D 5．如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，，由题证明平面，建立空间直角坐标系，取，求出相关点的坐标，设，利用长度相等推得动点的轨迹方程即可逐一判断． 【详解】 如图，取中点，中点，连接，， 因平面平面，由可得， 因平面平面， 平面，故平面，易得， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系， 不妨取，则，则，． 由点在平面内，可设，因为， 所以，化简得：， 故点的轨迹是一条直线，排除C，D．又点不在直线上，故排除B，而点在直线上，故A正确． 故选：A. 6．将一块直三棱柱形的石料进行切削、打磨、加工成球，经测量其高度为，底面为直角三角形其直角边长分别为和，则该球的最大半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，球要完全包含在直三棱柱内，所以球的直径不能超过底面三角形的内切圆直径，也不能超过三棱柱的高， 所以根据几何体特征，求得底面内切圆的半径为，直径为，小于，故球的最大半径为. 【详解】已知直三棱柱底面为直角三角形，且直角边分别为和， 根据勾股定理，底面三角形的斜边为， 设底面三角形的内切圆半径为，根据三角形面积公式（其中为三角形直角边）， 又三角形面积公式（其中为三角形三边，为内切圆半径）， 所以，即，解得， 所以直径为，小于直三棱柱的高. 因为球要完全包含在直三棱柱内，所以球的直径不能超过底面三角形的内切圆直径，也不能超过三棱柱的高， 所以球的最大半径为. 故选：A 7．设函数，若曲线与恰有一个交点，则（    ） A．－1 B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】由，即，令，由均为偶函数，则交点在轴上，得出，即可求得，再验证只有一个交点即可. 【详解】令，即，可得， 令， 由于均为偶函数，且两曲线只有一个交点，所以该交点只能在轴上， 可得，即，解得． 若，令，可得， 设，则， 又设，则， 即函数单调递增， 又，所以时，；时，， 所以，当且仅当时，取得最小值为， 即方程有一个解，所以符合题意． 故选：C. 8．将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变大.若将5填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（    ） A．12 B．18 C．36 D．48 【答案】B 【分析】由题意可得9只能排在第三行第三列，1只能排在第一行第一列，2只能排第一行第二列或第二行第一列，8只能排第三行第二列或第二行第三列，再依次排剩余的数，即可得答案. 【详解】解：由题意可得9只能排在第三行第三列，1只能排在第一行第一列， 1 a b c 5 d e f 9 从而得2只能排在a,c处， 当c=2,e=3时， 1 a b 2 5 d 3 f 9 则a=4，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是b=6,d=7； 当d=8时，则有b=6,f=7或b=7,f=6； 此时共3种排列法； 当c=2,e=4时， 1 a b 2 5 d 4 f 9 则a=3，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是b=6,d=7； 当d=8时，则有b=6,f=7或b=7,f=6； 此时共3种排列法； 当c=2,e=6时， 1 a b 2 5 d 6 f 9 则a=3，b=4，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是d=7； 当d=8时，只能是f=7， 此时共2种排列法； 当c=2,e=7时， 1 a b 2 5 d 7 f 9 则a=3，b=4，且8只能排在f,d处， 此时只能是f=8，d=6， 此时共1种排列法； 所以当c=2时，共有3+3+2+1=9种排法； 同理，当a=2时，也有9种排法； 故一共有9+9=18种排法. 故选：B. 【点睛】关键点睛：在处理分步分类问题时，做到不重不漏是解题关键. 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．已知函数，则（　　） A．的定义域为 B．为奇函数 C．为上的减函数 D．无最值 【答案】ABD 【分析】利用指数函数的性质及函数的单调性、奇偶性一一判定选项即可. 【详解】对于A项，由可知，所以，即其定义域为，A正确； 对于B项，，显然， 所以为奇函数，B正确； 对于C项，由A项结论可知显然错误； 对于D项，由指数函数的性质知：当时， ，所以， 则，故D正确； 故选：ABD 10．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于两点，则（    ） A．抛物线C的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为16 D．为钝角 【答案】BD 【分析】求抛物线准线方程判断A；利用抛物线定义求解判断B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及由数量积的坐标表示求解判断CD. 【详解】如图： 对于A，抛物线的焦点，准线方程为，A错误； 对于B，，而，则，B正确； 显然直线不垂直于，设其方程为，由消去得， 则，，， 对于C，， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，，则为钝角，D正确. 故选：BD 11．已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】通过指对同构化简，再分离参数，数形结合可得AB选项； 利用零点关系化简，再构造函数，根据单调性以及范围可判断C选项； 可利用齐次化、比值代换解决D选项极值点偏移问题. 【详解】定义域为，有两个零点，可化为有两个解， 又由于，所以左侧恒大于0，故右侧也恒大于0，可得， 设，则，在单调递增， 原方程可化为， 由于，，都在的单调增区间里， 所以，即， 设，，， 则时，，单调递增， 时，，单调递减，且恒大于0， 极大值， 可画出如图所示，则要使有两个解，即与图像有两个交点，    由图像可得a的范围是，故A选项正确； 同样由图象可得，所以，故B选项正确； ，， 结合，可得， 设，由于，则单调递增, 所以，故C错误； 由于， 所以， 设，则,， 设，， ， 在单调递增，， 所以， 又由于，， 所以，故D正确； 故选：ABD. 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．在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为 . 【答案】0.92 【分析】由互斥事件和相互独立事件的概率计算公式可得结果. 【详解】该选手在这个靶位上得分包括第一次命中或第一次未命中且第二次命中， 所以得分的概率为. 故答案为：0.92. 13．双曲线的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称．若直线，的斜率之积为，则的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据斜率公式即可结合双曲线的方程求解得，进而可求解. 【详解】双曲线的左顶点为，则， 又点，均在上，且关于轴对称， 设，， 又直线，的斜率之积为， 则，即，① 又，即，② 联立①②可得：， 即， 即． 故答案为： 14．已知函数 在 上单调递增，则 的最小值是 . 【答案】 【分析】由在上单调递增，得到，将转化为变量的函数，求导求最值. 【详解】因为在上单调递增， 所以在恒成立. 若，则，所以恒成立，显然不成立； 若，则在恒成立等价于在上恒成立， 所以，所以. 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，取得最小值，即的最小值是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理的边角互化并化简得，结合角的范围即可求解； （2）由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，从而可得，即可得到结果. 【详解】（1），由正弦定理可得， 因为，所以，则，即， 因为，所以. （2）因为，所以，所以. 由余弦定理可得， 即，所以. 所以. 则的周长为. 16．（15分） 在卡塔尔世界杯的开幕式上中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物，……，中国制造为世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛．该足球队教练组对球员的使用是依据数据分析，为了调查球员乙对球队的贡献，作出如下数据统计（乙参加过的比赛均分出了胜负）： 乙 球队 总计 胜 负 未参加比赛 30 70 参加比赛 10 总计 70 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队胜利与乙球员参赛有关联？ (2)根据以往的数据统计，甲球员能够胜任边锋、中锋、后腰以及后卫四个位置，且出场率分别为：，当出任边锋、中锋、后腰以及后卫时，球队输球的概率依次为：0.4，0.3，0.4，0.2．则： ①当甲球员参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率； ②当甲球员参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求甲球员担任边锋的概率； ③如果你是教练员，应用概率统计有关知识，该如何使用甲球员？ 附表及公式： 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ． 【答案】(1)认为该球队胜利与乙球员参赛有关联； (2)①0.34；②；③答案见解析. 【分析】（1）应用卡方公式计算卡方值，结合独立检验的基本思想得结论； （2）①应用全概率公式求概率；②由贝叶斯公式及条件概率公式求概率；③应用贝叶斯公式及条件概率公式求概率，并比较大小，即可得结论. 【详解】（1）依题意，， 零假设为：球队胜利与乙球员参赛无关， 则观测值， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为该球队胜利与乙球员参赛有关联，此推断犯错误的概率不超过0.001； （2）①设表示“甲球员担当边锋”；表示“甲球员担当中锋”；表示“甲球员担当后腰”；表示“甲球员担当后卫”；表示“球队输掉某场比赛”． 则 ． ②； ③因为， ， ， 所以最小，因为当甲球员担任后卫时，球队输球的概率 在四个位置中是最小的，所以应该多让甲球员担当后卫. 17．（15分） 如图，在六面体中，D为的中点，四边形为矩形，且，，． (1)求证：平面； (2)已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由矩形得，结合条件，利用线线垂直证线面垂直即可； （2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）因四边形为矩形，则， 因，平面， 故平面. （2） 由（1）平面，平面， 则得，又， 故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因，，则，又D为的中点， 则得， 于是， 设平面的法向量为， 则，故可取； 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面与平面的夹角为， 则. 18．（17分） 已知正项等比数列的前项和为，满足，. (1)求数列的前项和. (2)在（1）的条件下，若，，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的性质可求解公比，即可求解通项，进而利用错位相减法即可求和， （2）将问题转化为求解，利用作差法求解数列的单调性即可求解. 【详解】（1）由于为正项等比数列，，故，故公比， 故，则， 两式相减得， 所以 （2）由已知得由可得，即 设， 当时，；当时， 所以当时，取最大值，即.故的最小值是. 19．（17分） 已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数. （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意正实数，都有. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）对函数求导得，设，判断其单调性，则，借助于切线不等式可得，由零点存在定理推得存在，使得，推理得到为的极大值点，化简得到，利用对勾函数的单调性即得的取值范围；（ii）通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即得证. 【详解】（1）由，可得，求导得，，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）（i）， 设，显然在上单调递减， 因，又(后续提供证明)， 则， 故存在，使得，即， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间单调递减，则， 即. [附注]证明：. 设，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增；在上单调递减， 故，即得. （ii），易知在上单调递增， 令，即，即，（*） 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 的最小值为， 由（i）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 则由可得 故对任意正实数，都有 ， 故对任意正实数，都有. 1 / 17学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考一轮复习检测卷（全国一卷02） 高三数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 B A D D A A C B 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 10 11 ABD BD ABD 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。 12．0.92 13． 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【详解】（1），由正弦定理可得， 因为，所以，则，即， 因为，所以. （2）因为，所以，所以. 由余弦定理可得， 即，所以. 所以. 则的周长为. 16．（15分） 【详解】（1）依题意，， 零假设为：球队胜利与乙球员参赛无关， 则观测值， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为该球队胜利与乙球员参赛有关联，此推断犯错误的概率不超过0.001； （2）①设表示“甲球员担当边锋”；表示“甲球员担当中锋”；表示“甲球员担当后腰”；表示“甲球员担当后卫”；表示“球队输掉某场比赛”． 则 ． ②； ③因为， ， ， 所以最小，因为当甲球员担任后卫时，球队输球的概率 在四个位置中是最小的，所以应该多让甲球员担当后卫. 17．（15分） 【详解】（1）因四边形为矩形，则， 因，平面， 故平面. （2） 由（1）平面，平面， 则得，又， 故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因，，则，又D为的中点， 则得， 于是， 设平面的法向量为， 则，故可取； 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面与平面的夹角为， 则. 18．（17分） 【详解】（1）由于为正项等比数列，，故，故公比， 故，则， 两式相减得， 所以 （2）由已知得由可得，即 设， 当时，；当时， 所以当时，取最大值，即.故的最小值是. 19．（17分） 【详解】（1）由，可得，求导得，，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）（i）， 设，显然在上单调递减， 因，又(后续提供证明)， 则， 故存在，使得，即， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间单调递减，则， 即. [附注]证明：. 设，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增；在上单调递减， 故，即得. （ii），易知在上单调递增， 令，即，即，（*） 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 的最小值为， 由（i）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 则由可得 故对任意正实数，都有 ， 故对任意正实数，都有. 2 / 5学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考一轮复习检测卷（全国一卷02） 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．的虚部是（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，或，则（　　） A． B．0 C． D． 3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（       ） A． B． C． D． 4．下面是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据. 每场比赛得分 3 6 7 10 11 13 30 频数 2 1 2 2 1 1 1 则下列说法不正确的是（    ） A．该队员得分的平均数是10 B．该队员得分的极差是27 C．该队员得分的第四十百分位数是7 D．该队员得分的方差是48.4 5．如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 6．将一块直三棱柱形的石料进行切削、打磨、加工成球，经测量其高度为，底面为直角三角形其直角边长分别为和，则该球的最大半径为（    ） A． B． C． D． 7．设函数，若曲线与恰有一个交点，则（    ） A．－1 B． C．1 D．2 8．将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变大.若将5填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（    ） A．12 B．18 C．36 D．48 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．已知函数，则（　　） A．的定义域为 B．为奇函数 C．为上的减函数 D．无最值 10．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于两点，则（    ） A．抛物线C的准线方程为 B．若，则 C．的最大值为16 D．为钝角 11．已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 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．在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为 . 13．双曲线的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称．若直线，的斜率之积为，则的离心率为 ． 14．已知函数 在 上单调递增，则 的最小值是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若的面积为，求的周长. 16．（15分） 在卡塔尔世界杯的开幕式上中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物，……，中国制造为世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛．该足球队教练组对球员的使用是依据数据分析，为了调查球员乙对球队的贡献，作出如下数据统计（乙参加过的比赛均分出了胜负）： 乙 球队 总计 胜 负 未参加比赛 30 70 参加比赛 10 总计 70 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队胜利与乙球员参赛有关联？ (2)根据以往的数据统计，甲球员能够胜任边锋、中锋、后腰以及后卫四个位置，且出场率分别为：，当出任边锋、中锋、后腰以及后卫时，球队输球的概率依次为：0.4，0.3，0.4，0.2．则： ①当甲球员参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率； ②当甲球员参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求甲球员担任边锋的概率； ③如果你是教练员，应用概率统计有关知识，该如何使用甲球员？ 附表及公式： 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ． 17．（15分） 如图，在六面体中，D为的中点，四边形为矩形，且，，． (1)求证：平面； (2)已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 18．（17分） 已知正项等比数列的前项和为，满足，. (1)求数列的前项和. (2)在（1）的条件下，若，，求的最小值. 19．（17分） 已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数. （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意正实数，都有. 2 / 4学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $