2026年春考高考数学冲刺模拟试卷01（上海春季高考专用）

2026年上海春考数学模拟试卷1 （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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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（填空题 共54分） 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分．） 1．已知集合，，，2，4，，则　，　． 【答案】，． 【解答】解：，，，2，4，， ，，2，4，，． 故答案为：，． 2．关于的不等式的解集为 　　． 【答案】． 【解答】解：由题意，显然， 则可转化为，即． 故答案为：． 3．已知复数满足，则 　　 ． 【答案】． 【解答】解：由，得 则 ． 故答案为：． 4．已知平面向量，，若，则　4　 ． 【答案】4． 【解答】解：平面向量，，， 则，解得． 故答案为：4． 5．已知，，则 　　． 【答案】． 【解答】解：由， 得，① 由， 得，② 联立①②可得：，， 所以， 所以． 故答案为：． 6．展开式的二项式系数之和是256，则　8　． 【答案】8． 【解答】解：展开式的二项式系数之和是256， ， ． 故答案为：8． 7．已知首项均为的等差数列与等比数列满足，，且的各项均不相等，设为数列的前项和，则的最大值与最小值之差的绝对值为 　　． 【答案】． 【解答】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，， 得，解得， ， 令，则，，随着的增大而增大， 当为奇数时，，随着的增大而减小，，； 当为偶数时，，随着的增大而增大，，． 所以，，， 因此，的最大值与最小值之差的绝对值等于． 故答案为：． 8．已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是 　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为函数有三个零点， 即方程有三个解， 当时，方程为，即， 因为，所以△， 所以方程有两个根，又两根之积为， 所以有一个正根与一个负根， 所以在上有一个的零点， 当时，方程为，即， 因为函数有三个零点，且在上有一个零点， 所以方程在，上有两个零点， 所以，解得， 又，所以， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 9．已知正方体中，直线与直线所成角的大小为 　　． 【答案】． 【解答】解：由可知即为异面直线与所成的角， 又由正方体，可得， 所以直线与直线所成角为． 故答案为：． 10．过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，若，则△的周长为 　　． 【答案】． 【解答】解：已知双曲线， 则的蒙日圆方程为， 蒙日圆的半径为，且， 所以为直径， 所以， 又， 所以，， 所以△的周长为． 故答案为：． 11．已知，若当时，总有成立，则实数的取值范围是　，　． 【解答】解：由得：， 在上恒成立，设，则： ， ①时，时，；时，， （1），， 不满足题意； ②时，，且， ， （1）是在，上的最小值，且（1），满足题意， 综上得，实数的取值范围为，． 故答案为：，． 12．已知，，是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的取值范围是 　　． 【答案】． 【解答】解：首先，，这里2是最长的那条对角线的长度， 等号取到当且仅当同向，且， 而这意味着，重合，矛盾，所以， 另一方面，我们先舍弃，，互不重合的条件，然后证明， 设中点为，那么， 然后，设所在的边的端点为，， 则， （这是因为，记，其中为原点，确定的， 那么是一次函数，从而属于，时，有，（1） 所以我们可以不妨设在六边形的端点上，同理，我们可以不妨设在六边形的端点上， 此时分以下四种情况： （1），重合，此时， （2），为相邻顶点，此时， （3），相隔一个顶点，此时， （4），为对径点，此时， 综上，， 所以，即使去掉，，互不重合的条件，我们仍有， 这就说明，，，互不重合时，有， 然后，取等条件如图所示： 具体说明如下： 构造一个，到六边形的函数，，（即从数映射到点）， 使得，，，，， （1），（1），（1），，， 并且只沿着最近的轨道，这样在的情况下，，，互不重合， 同时设，那么， 而连续，所以在的情况下，必定取遍， 这就意味着，的取值范围就是， 所以的取值范围是． 故答案为：． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13．某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，则下列结论正确的是　　 A．与异面 B．与平行 C．异面直线与所成的角为 D．与相交 【答案】 【解答】解：根据题意，根据正方体的展开图画出该正方体的图形， 如图所示： 依次分析选项： 对于，与相交于点，不是异面直线，错误； 对于，与是异面直线，错误； 对于，与是异面直线， 连接、，易得△为等边三角形，则， 又由，则异面直线与所成的角为，正确； 对于，与是异面直线，不相交，错误． 故选：． 14．已知幂函数为常数）的图象过点，则（9）　　 A． B． C． D．3 【答案】 【解答】解：因为幂函数的图象经过点， 所以，解得，则， 所以． 故选：． 15．为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为　　 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人， 分派方案可按人数分为3，1，1或2，2，1两种情况，则有：种方法； 两位女教师分派到同一个地方根据题意，分派方案可分为两种情况： 若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法； 若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法； 故一共有：36种分派方法， 这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方， 每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为． 故选：． 16．已知函数，结论正确的有　　 A．不是周期函数 B．的图象关于原点对称 C．的值域为 D．在区间上单调递增 【答案】 【解答】解：因为对任意的都有，所以是周期函数，故错误； 因为，所以不是奇函数，故错误； 令，则，， 又因为在，上单调递增，所以，， 即函数的值域为，，故错误； 因为在上单调递增，在定义域上单调递增， 由复合函数的单调性可知在区间上单调递增，故正确． 故选：． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤 17．（14分）已知三棱锥，在平面上的射影为△的重心，，． （1）证明：； （2）为上靠近的三等分点，若三棱锥的体积为432，求二面角的余弦值． 【答案】（1）答案见解析；（2）． 【解答】解：（1）证明：如图所示，连结并延长交于， 因为为△的重心， 所以是的中点， 又因为，所以， 因为在平面上的射影为，所以平面， 又平面， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以． （2）由（1）知，面，过作轴平行于，则轴垂直于面， 如图以，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系， 在△中，，，由（1）知，，故， ， 所以三棱锥的体积为，则， 因为为△的重心，故， 则，，，，12，，，0，，，0，，，0，， ， 因为为上靠近的三等分点， 所以， 故， 设为平面的一个法向量， 则，则，取，则，， 故， 易得是平面的一个法向量， 设二面角的平面角为，则为钝角， 所以， 所以二面角的余弦值为． 18．（14分）已知△的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）设为边的中点，求的最大值． 【答案】（1）； （2）． 【解答】解：（1）由，可得， 因为， 所以，可得，结合，可得； （2）根据题意，可得， 由为的中点，可得， 所以， 可得，当且仅当时取等号． 所以当时，取得最大值，最大值为． 19．为了推广一种新饮料，某饮料企业开展了有奖促销活动：将6罐饮料装一箱，每箱中都放置2罐能中奖的饮料． （1）若甲从一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为多少？ （2）若甲、乙、丙三人中的每个人都从自己购买的一箱这种新饮料中随机抽取2罐，试判断：“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”与“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”，哪一个发生的可能性更大？并说明理由． 【答案】（1）； （2）甲、乙、丙三人中恰有一人中奖发生的可能性更大． 【解答】解：（1）因为将6罐饮料装一箱，每箱中都放置2罐能中奖的饮料，则每箱中奖概率为， 则甲从一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为； （2）根据题意，甲、乙、丙三人每人都从自己购买的一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为， 则甲、乙、丙三人中恰有一人中奖为， 甲、乙、丙三人都未中奖的概率为， 甲、乙、丙三人都中奖的概率为， 则甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖的概率为， 则甲、乙、丙三人中恰有一人中奖发生的可能性更大． 20．（18分）已知椭圆，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为． （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）若，求直线的方程； （3）过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为．若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由． 【答案】（1）焦距为，离心率为； （2）； （3）直线经过定点． 【解答】解：（1）因为椭圆的方程为， 所以，，， 所以椭圆的焦距为，离心率； （2）易知， 设直线的方程， 联立，消去并整理得， 因为点与点不重合， 所以， 所以， 解得， 则直线的方程为； （3）当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，，，，， 联立，消去并整理得， 此时△， 解得， 由韦达定理得，， 因为， 所以，， 因为， 所以， 即， 整理得， 因为，， 所以， 即， 解得或， 当时，直线经过点，不符合题意； 当时，此时^{2}^{2}成立， 所以直线经过定点； 当直线斜率不存在时， 设，， 可得，， 因为， 所以， 又， 所以， 解得， 此时直线也经过点． 综上所述，直线经过定点． 21．（18分）设函数，其中． （Ⅰ）当时，求曲线在点，处的切线方程； （Ⅱ）求函数的单调区间； （Ⅲ）若对于任意，，，都有，求的取值范围． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）在时单调递减，在单调递增；（Ⅲ），． 【解答】解：（Ⅰ）当时，， 则， 所以，又， 所以曲线在点，处的切线方程是； （Ⅱ） 若，则当时，，， 当时，，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减； 若，则当时，，；当时，，． 所以，在时单调递减，在单调递增． 综上，在时单调递减，在单调递增； （Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的，在，单调递减，在，单调递增， 故在处取得最小值， 所以对于任意，，，的要条件是， 即，① 令，则，在单调递增，在，0单调递减， 不妨设， 因为， 所以， 所以， 综上，的取值范围为，． 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上海春考数学模拟试卷1 （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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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（填空题 共54分） 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分．） 1．已知集合，，，2，4，，则　 　． 2．关于的不等式的解集为　 　． 3．已知复数满足，则 　 　． 4．已知平面向量，，若，则　 　． 5．已知，，则　 　． 6．展开式的二项式系数之和是256，则　 　． 7．已知首项均为的等差数列与等比数列满足，，且的各项均不相等，设为数列的前项和，则的最大值与最小值之差的绝对值为　 　． 8．已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是　 　． 9．已知正方体中，直线与直线所成角的大小为 　 　． 10．过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，若，则△的周长为　 　． 11．已知，若当时，总有成立，则实数的取值范围是　 　． 12．已知，，是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的取值范围是　 　． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13．某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，则下列结论正确的是　　 A．与异面 B．与平行 C．异面直线与所成的角为 D．与相交 14．已知幂函数为常数）的图象过点，则（9）　　 A． B． C． D．3 15．为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为　　 A． B． C． D． 16．已知函数，结论正确的有　　 A．不是周期函数 B．的图象关于原点对称 C．的值域为 D．在区间上单调递增 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤 17．（14分）已知三棱锥，在平面上的射影为△的重心，，． （1）证明：； （2）为上靠近的三等分点，若三棱锥的体积为432，求二面角的余弦值． 18．（14分）已知△的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）设为边的中点，求的最大值． 19．为了推广一种新饮料，某饮料企业开展了有奖促销活动：将6罐饮料装一箱，每箱中都放置2罐能中奖的饮料． （1）若甲从一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为多少？ （2）若甲、乙、丙三人中的每个人都从自己购买的一箱这种新饮料中随机抽取2罐，试判断：“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”与“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”，哪一个发生的可能性更大？并说明理由． 20．（18分）已知椭圆，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为． （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）若，求直线的方程； （3）过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为．若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由． 21．（18分）设函数，其中． （Ⅰ）当时，求曲线在点，处的切线方程； （Ⅱ）求函数的单调区间； （Ⅲ）若对于任意，，，都有，求的取值范围． 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $