专题19 2026年高考数学考前终极必刷卷（一）-【百强名校好题】2026年高考数学终极必刷：核心考点突破+必刷真题精练（全国通用）

专题19 2026年高考数学考前终极必刷卷（一） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．设集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（   ） A．280 B． C．560 D． 4．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（    ） （参考数据：） A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年 5．已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（    ） A． B． C． D． 7．在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 8．如图，四边形中，，，，，则（   ） A． 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，则下列结论正确的是（       ） A． B． C． D． 10．已知数列满足，则（    ） A．任意 B．存在 C． D． 11．已知函数，下列说法正确的是（   ） A．，使得的图象是中心对称图形 B．当时，有三个不同的零点 C．若有三个不同的零点、、，则有 D．若有三个不同的零点，，，且，则 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．已知函数，若，，且，则的最小值是 ． 13．设，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆E于A，B两点．若，轴，则椭圆E的方程为 ． 14．祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.这就是著名的祖暅原理，祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图一所示. 利用此方法，可以计算如下抛物体的体积：在平面直角坐标系中，设抛物线C的方程为，将C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体.利用祖暅原理它可用一个直三棱柱求解，如图二，由此可计算得该抛物体的体积为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．记的内角的对边分别为，且. (1)证明：； (2)若，求. 16．如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值. 17．已知函数. (1)已知的导函数为，证明：有唯一实数解. (2)若函数，，，，求m的取值范围. 18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为. (1)求的方程； (2)已知点，证明：线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点； (3)是否存在坐标平面上定圆（是定圆上的动点）使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点，若存在，证明、、三点共线；若不存在，说明理由. 19．不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最小编号为随机变量. (1)若，求和； (2)若，且，求的最小值； (3)若，求证：且. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题19 2026年高考数学考前终极必刷卷（一） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据交集、补集的定义可求. 【详解】由题设可得，故， 故选：B. 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据复数的乘除运算以及加减运算，可得答案. 【详解】由题意可得. 故选：D. 3．已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（   ） A．280 B． C．560 D． 【答案】D 【分析】利用分位数求出幂指数，再利用二项式定理求出指定项的系数. 【详解】由，得， 则展开式中含的项为， 所以所求的系数为. 故选：D 4．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（    ） （参考数据：） A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年 【答案】B 【分析】利用半衰期的意义求出，再利用给定的模型列出方程组，结合对数运算求解即得. 【详解】依题意，当时，，即，解得， 设经过年碳14含量衰减为原来的，经过年碳14含量衰减为原来的， 则，即，所以 . 故选：B 5．已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量数量积的性质，由模长求解，再根据投影向量的公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 6．若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正项等比数列的公比为，由，可得，求解可得，进而可求得，可求得数列的前4项的和的值. 【详解】设正项等比数列的公比为， 因为，所以， 解得，所以， 所以，所以， 所以， 所以数列的前4项的和的值为. 故选：A. 7．在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可. 【详解】设三棱柱的体积为，因为侧棱上各有一动点， 满足，所以四边形与四边形的面积相等， 故四棱锥的体积等于三棱柱的体积的，即， 则几何体的体积等于， 故过的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为或. 故选：A. 8．如图，四边形中，，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由锐角三角函数可得，再由余弦定理及降幂公式即可求解. 【详解】设，，则， 由余弦定理可得， 所以，解得． 故选：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．已知，则下列结论正确的是（       ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用同角公式，两角和差公式，结合角的范围和变角思想：来求解即可. 【详解】由，，所以，即，故A错误； 由于，所以，则有， 即，故B正确； 因为，，所以， 又因为，所以，故C错误； 由 ， 因为，，所以， 则，故D正确； 故选：BD. 10．已知数列满足，则（    ） A．任意 B．存在 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用数列的递推关系式，结合转化方法和不等式的综合应用、从而来判断各选项. 【详解】对于A，因为，所以； 因为，所以与同号， 因为，所以，即，故A正确； 对于B，因为，，所以， 即，所以有，故B错误； 对于C，因为，两边取倒数得：1， 所以（※），，由B知当时，， 则当时，有， 所以当时，，即， 因为，，所以当时，不等式恒成立， 所以当时，。经验证，时不等式也成立，故C正确； 对于D，由（※）式得，， 所以， 因为，所以，故D正确， 故选：ACD. 11．已知函数，下列说法正确的是（   ） A．，使得的图象是中心对称图形 B．当时，有三个不同的零点 C．若有三个不同的零点、、，则有 D．若有三个不同的零点，，，且，则 【答案】BC 【分析】利用函数的定义域可判断A选项；根据有三个不同的零点，求出的范围，可判断B选项；利用函数的解析式和极值点可判断C选项；先证明出，，利用导数分析该函数的定义域、图象以及基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， 故不，使得的图象是中心对称图形，A错； 对于B选项，，， 因为函数有三个不同的零点，且，故不单调， 即函数上存在极值点，所以，解得， 由可得，由可得或， 此时函数的减区间为，增区间为、， 因为，故， 当时，；当时，. 所以，函数有三个零点时，，B对； 对于C选项，因为，且， 不妨设，则，且，， 所以，则，所以，故，C对； 对于D选项，由题意可知， 构造函数，，则， 故函数在上为增函数，故， 所以对任意的恒成立， 所以， 不等式两边同时除以可得，注意到，可得，D错. 故选：BC. 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．已知函数，若，，且，则的最小值是 ． 【答案】4 【分析】先分析函数的奇偶性和单调性，结合函数性质可得的关系，再利用基本不等式求和的最小值. 【详解】因为， 所以， ， 所以函数为奇函数且为增函数，. 由可得，即为. 因为，所以．当且仅当，时取等号． 故答案为：4 13．设，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆E于A，B两点．若，轴，则椭圆E的方程为 ． 【答案】 【分析】根据轴，可求得A点坐标，又，得，则可求得B点坐标，代入椭圆方程，即可求得，即可得答案. 【详解】设， 因为轴， 所以，代入椭圆方程得，设， 因为，得， 所以， 解得，即， 又B在椭圆上，将代入椭圆方程得：， 又，解得， 所以椭圆方程为： 故答案为： . 【点睛】本题考查椭圆的几何性质，将，转化为，可大大简化计算，考查分析理解，求值计算的能力，属基础题. 14．祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.这就是著名的祖暅原理，祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图一所示. 利用此方法，可以计算如下抛物体的体积：在平面直角坐标系中，设抛物线C的方程为，将C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体.利用祖暅原理它可用一个直三棱柱求解，如图二，由此可计算得该抛物体的体积为 . 【答案】/ 【分析】构造出符合要求的直三棱柱，求出三棱柱的体积即可. 【详解】构造如图所示的直三棱柱，高设为x，底面两个直角边为2，1 若底面积相等，则，解得：，下面说明截面面积相等，设截面距底面为t，矩形截面长为a，圆形截面半径为r，由左图得到，所以，所以截面面积为，由右图得到，所以，所以截面面积为，两者截面面积相等，所以体积相等，所以抛物体的体积等于三棱柱的体积， 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、证明过程或演算步骤． 15．记的内角的对边分别为，且. (1)证明：； (2)若，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三角恒等变换、同角三角函数关系式化简可得，结合角度关系即可得证； （2）根据正弦定理、余弦定理，结合二倍角公式化简求解即可. 【详解】（1）由已知得， 所以， 又，或， 因由可得，则得，不合题意， 故得； （2）由正弦定理，，即， 则，化简得， 由余弦定理， ， 故得，即， 因，故，解得，或（舍去）， 故. 16．如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）要证线面垂直，只要证垂直于平面内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证； （2）要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结，由（1）可知，平面，所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解. 【详解】 （1）如图，在梯形中，因为， 作于，则，所以， 所以，连结，由余弦定理可求得， 因为，所以， 因为平面平面且交于， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，， 所以平面； （2）连结，由（1）可知，平面， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为平面，所以在平面内的射影为， 所以与平面所成的角为，即， 在中，因为，所以， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则，，故， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则，，故， 所以， 由图可知，二面角锐二面角， 故二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了线面垂直的证明，考查了利用空间直角坐标系求法向量求二面角，要求逻辑思维能力和较高的计算能力，属于较难题.本题的关键点有： （1）利用数据构造直角三角形得到垂直关系； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用方程求二面角的法向量是求二面角的关键. 17．已知函数. (1)已知的导函数为，证明：有唯一实数解. (2)若函数，，，，求m的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求导可得，将问题转化为在内存在唯一零点，结合函数的单调性以及零点存在定理即可证明； （2）根据题意，将问题转化为，结合导数分别求得函数与的最值，即可得到结果. 【详解】（1）证明：的定义域为. . 由可知，等价于. 设函数，，因为，在内单调递增， 所以在内单调递增. 因为，， 所以在内存在唯一零点， 所以有唯一实数解. （2）由（1）知，当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以. 因为，所以，，. ，即. ， 令，得，令，得，令，得， 所以. 因为，，，所以， 所以，解得，所以m的取值范围为. 18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为. (1)求的方程； (2)已知点，证明：线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点； (3)是否存在坐标平面上定圆（是定圆上的动点）使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点，若存在，证明、、三点共线；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，证明见解析 【分析】（1）根据条件确定的值，可得椭圆的标准方程. （2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点. （3）先结合（2）的结论，猜测圆的方程.设为圆上动点，写出线段中垂线方程，与椭圆方程联立，利用判断圆存在.再结合韦达定理求点坐标，利用斜率证明、、三点共线. 【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为，所以， 又因为椭圆的离心率为，得，∴， 所以椭圆方程为. （2）如图：    由得直线的斜率为，中点坐标为， 所以线段的垂直平分线方程为， 联立垂直平分线方程和椭圆方程，得，∵， ∴所以直线与椭圆相切，且， 即线段的垂直平分线与恰有一个公共点. （3）假设符合条件的圆存在，由（2）知在圆上，由对称性知也在圆上，关于右顶点的对称点也在圆上. 因为线段的垂直平分线为， 线段的垂直平分线上的点满足：， 化简即得的垂直平分线方程为. 由，且, 所以过三点的圆的方程为. 如图：    下面证明此圆符合题目条件： 设在圆上，∴， 当时，的垂直平分线方程为或与椭圆相切，符合条件； 当时，的垂直平分线方程为， 设，由得， ∵ ， ∴的垂直平分线与椭圆相切. ∴满足条件的圆存在，其方程为. 又由韦达定理得切点的横坐标， 的纵坐标，∴， ∴， ∴三点共线. 19．不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最小编号为随机变量. (1)若，求和； (2)若，且，求的最小值； (3)若，求证：且. 【答案】(1)， (2)2 (3)证明见解析 【分析】（1）根据组合数和独立事件乘法公式即可得到答案； （2）先计算，根据期望公式得 ，结合，的单调性，计算的到的最小值； （3）由题先计算，根据期望公式得，利用导数确定单调性证明得到结论. 【详解】（1）； （2）， ∴ ， 令，得， 又在上单调递减， 且，，， 且对所有，都有，故的最小值为2. （3）， ∴， 设， 当时，；当时，， ∴，设， ， ∴，∴， 当时，， ，等号成立 ∴. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键点时得到，结合导数确定函数的单调性，从而得结论. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $