精品解析：陕西省咸阳市永寿县中学2026届高三数学冲刺金卷（一）

普通高等学校招生全国统一考试冲刺压轴金卷（一） 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，背生务必将白己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，远出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本议卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 设单位向量，已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的一个可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 7. 若函数为奇函数，则实数（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 4 8. 若曲线上存在两点到直线的距离为3，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 在正方体中，有（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 10. 记 的内角的对边分别为，其面积为，已知，则（ ） A. B. C. D. 的外接圆的半径为2 11. 设抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于，两点，与轴交于点，则（ ） A. B. C. D. 与的面积之比为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则实数__________. 13. 已知数列，，，是数列的前项和，则__________. 14. 已知一个袋中装有（除颜色外完全相同）5个红球，个黑球.现从袋中随机摸出3个球，设表示摸出红球的个数，若，则__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 某地为了探索中小学人工智能教育实施的有效途径，了解中小学生使用AI工具的情况，随机地对100名中学生和100名小学生进行调查，其中有120人经常使用AI工具辅助学习，若在不经常使用AI工具辅助学习的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，则小学生有3人被选中. （1）根据题中信息，完成下面列联表： 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 不经常使用 总计 （2）根据（1）中的列联表，判断是否有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 设数列满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的最大项. 17. 已知椭圆上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的倍，且点在椭圆. （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：. 18. 如图，在四棱锥中，是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点均在球的球面上且点在平面内． （i）求四棱锥的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 19. 设函数. （1）若，证明：当时，； （2）若，证明：； （3）若存在，使得当且仅当时，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高等学校招生全国统一考试冲刺压轴金卷（一） 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，背生务必将白己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，远出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本议卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算及共轭复数的概念求解即可. 【详解】因为， 所以复数的共轭复数为. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，结合指数函数的单调性解得，即； 由，解得，即， 则 3. 设单位向量，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的定义求解即可. 【详解】因为是单位向量，所以， 所以. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用幂函数、对数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，，所以. 故选：C 5. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据双曲线的焦点坐标确定的值，再利用双曲线的定义求出的值，再结合的关系求出，即可求得渐近线方程. 【详解】因为双曲线的两个焦点分别为，即且， 又因为点在双曲线上，所以，， 根据双曲线的定义：，所以， 所以 因为双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为，即. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的一个可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出平移后的函数解析式，进而根据函数性质求得，再依次讨论值即可. 【详解】函数的图象向右平移个单位长度后， 对应的函数解析式为， 因为的图象关于轴对称， 则，即. 当时，； 当时，； 当时，； 综上，的一个可能取值为. 7. 若函数为奇函数，则实数（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数的定义列方程，结合指数幂的运算求解. 【详解】，则， 由于是奇函数，则， 即， 则， 解得. 8. 若曲线上存在两点到直线的距离为3，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由表示圆的上半部分，数形结合确定直线到的距离大于3，到的距离小于等于3，再应用平行线的距离公式列不等式求参数范围. 【详解】由，可得， 即表示圆的上半部分（包含与x轴交点），如下图， 当圆心到直线的距离， 可得或， 若时，和半圆相切， 若时，和半圆相切， 当直线过点时，有，可得，此时， 结合图知，要使曲线上存在两个点与直线的距离为3，且， 则直线必在的右下方，且与x轴、y轴的正半轴相交， 所以直线到的距离大于3，到的距离小于等于3， 即与的距离，则， 与的距离，则， 所以. 二､多选题：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. 在正方体中，有（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用为等边三角形，说明与不垂直，从而说明与也不垂直；对于B，根据线面平行的判定定理可说明；对于C，可利用反证法说明；对于D，根据面面垂直的判定定理可说明. 【详解】在正方体中，连接， 由于，故四边形为平行四边形，故， 而，则为等边三角形，则， 则与不垂直，则与也不垂直，A错误； 因为，平面，平面，所以 平面，B正确； 假设平面，而平面，则， 因为，与不垂直，结合， 则与不垂直，出现矛盾，故平面不正确，C错误； 正方体中，有平面，平面， 则，又，平面， 故平面，平面，故平面平面，D正确. 10. 记 的内角的对边分别为，其面积为，已知，则（ ） A. B. C. D. 的外接圆的半径为2 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理依次判断选项即可. 【详解】对于A，由三角形的面积公式得，A项正确； 对于B，由余弦定理得，所以，B项错误； 对于C，由正弦定理得，C项正确； 对于D，设的外接圆的半径为，所以，则，D项错误. 故选：AC. 11. 设抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于，两点，与轴交于点，则（ ） A. B. C. D. 与的面积之比为 【答案】ABC 【解析】 【分析】联立方程消去后根据韦达定理可判断A；根据抛物线的定义列方程可解得，可判断B；根据弦长公式或两点间的距离公式可判断C；将面积比转化为线段比可判断D. 【详解】因为，由抛物线的定义知， 所以，所以在的右侧， 又，所以，如图： 由消去得， 所以，故A正确. 所以，解得或（舍去），故B正确. 所以，所以， 由韦达定理知，代入得，解得或（舍去）， 所以直线方程为，令得，所以； 令得，所以； 令得，所以， 所以，故C正确. 所以，由题意知三点共线，到与的距离相等， 所以，即与的面积之比为，故D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则实数__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用导数求切线斜率，令其等于直线斜率得切点，代入直线得. 【详解】由题意得，则， 因为是曲线的切线， 则令，解得，代入，得，即切点为， 将其代入到，得，解得. 13. 已知数列，，，是数列的前项和，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合数列的周期性求解即可. 【详解】由得，，，， ， 所以数列的周期为. 一个周期内的项和为， 所以. 14. 已知一个袋中装有（除颜色外完全相同）5个红球，个黑球.现从袋中随机摸出3个球，设表示摸出红球的个数，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的概率求出，进而求出的期望和方差. 【详解】依题意，， 整理得，而，解得， 的可能值为，，，， ，， 所以. 故答案为： 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 某地为了探索中小学人工智能教育实施的有效途径，了解中小学生使用AI工具的情况，随机地对100名中学生和100名小学生进行调查，其中有120人经常使用AI工具辅助学习，若在不经常使用AI工具辅助学习的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，则小学生有3人被选中. （1）根据题中信息，完成下面列联表： 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 不经常使用 总计 （2）根据（1）中的列联表，判断是否有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）列联表见解析 （2）有 【解析】 【分析】（1）结合已知数据及分层抽样的定义求解列联表即可； （2）计算，比较其与临界值大小，由此确定结论. 【小问1详解】 由题可知，不经常使用AI工具的学生共有人， 设不经常使用AI工具的小学生有人，按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，小学生有3人被选中， 则，得. 故列联表完成如下. 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 80 40 120 不经常使用 20 60 80 总计 100 100 200 【小问2详解】根据（1）中的列联表，可得， 所以有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 16. 设数列满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的最大项. 【答案】（1）将两边同乘以， 得，即， 又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明； （2）先根据（1）的结果求出的表达式，进而得到的表达式，然后通过作差法比较与的大小， 判断数列的单调性，从而求出最大项. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 因此，， . 当时，，得，即. 又因为，所以， 即当时，， 所以的最大项是. 17. 已知椭圆上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的倍，且点在椭圆. （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】 【分析】（1）由椭圆的焦半径范围可得，再结合点在椭圆上即可求解； （2）当直线斜率不存在时直线不存在，即直线斜率存在并设直线方程为，然后与椭圆方程进行联立，再结合韦达定理及题意即可求证. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 又因点在椭圆上，即，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 证明：当直线斜率不存在时，直线为，从而可得，， 但此时，无意义，故直线斜率存在， 设直线方程为， 与椭圆方程联立，得， 设，，则，， 所以，， 所以 ， 所以. 故证：. 18. 如图，在四棱锥中，是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点均在球的球面上且点在平面内． （i）求四棱锥的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 由条件得，，则是线段的中垂线， 所以． 又平面， 所以平面，而平面， 故平面平面； （2）（i）4；（ii） 【解析】 【分析】（1）先得到，结合得平面，故平面平面； （2）（i）解法一：作出辅助线，得到四边形的面积，由面面垂直得到线面垂直，四棱锥的高为，并求出，由锥体体积公式得到答案； 解法二：先得到四棱锥的高为，建立空间直角坐标系，设，，其中，根据半径相等得到方程组，求出，从而利用锥体体积公式得到答案； （ii）解法一：作出辅助线，得到为二面角的平面角，求出各边长，由余弦定理和三角函数可得，进而由余弦定理可得，得到答案． 解法二：建立坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出平面与平面夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）解法一： 如图所示，记与交于点，连接， 由题意，为四边形的外接圆圆心，即四点共圆， 由条件，可得是线段的中垂线， 所以，故， 则是四边形的外接圆直径，点为的中点． 因为，所以， 四边形的面积为． 取的中点，连接，则． 因为为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，即四棱锥的高为． 又平面，则，而， 所以， 四棱锥的体积为． 解法二：记与交于点，连接，由为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，即四棱锥的高为． 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由是正三角形，可知，， 由点在平面内，设，，其中， 设，可得方程组， 解得，． 所以，四边形的面积为． 又，四棱锥的体积为． （ii）解法一：作，垂足为点，连接． 由为公共边，则， 所以且， 即为二面角的平面角． 由， 在中，由余弦定理，，则， 所以． 又，在中，由余弦定理，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 解法二：由（i）知，， 因为， 设平面的法向量为， 由，取，则， 所以平面的法向量为． 因为， 设平面的法向量为， 由， 取，则， 所以平面的法向量为． ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 19. 设函数. （1）若，证明：当时，； （2）若，证明：； （3）若存在，使得当且仅当时，，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用求导判断函数的单调性即可证明； （2）证法一：通过求导推得在区间上单调递增，在区间上单调递减，化简计算得到，要证等价于证明，即证，由计算即得证得；证法二：由（1）可推出在区间上恒成立，又当时，，分析去掉等号即可得证； （3）设，则不等式等价于，分析可得 ，分类讨论时满足条件的的范围，易得当时满足条件，当时，分析讨论函数的单调性，推得在区间上的最小值在或处取得，从而得到，即得的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则， 当时，，故， 所以在区间上单调递减，所以，即. 【小问2详解】 证法一：当时，. 当时，，此时； 设，则， 当时，，当且仅当时取等号， 故在区间上单调递减， 又，因此存在唯一的，使得， 即，即， 且当时，，当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减. 由. 由且，得. 故， 要证等价于证明，即证. 因为，所以，不等式成立， 即得证. 解法二：由（1）知当时，， 当时，，所以， 所以在区间上恒成立， 所以当时，， 由于前面的等号在处取到，后面的等号在处取到， 所以，即. 【小问3详解】 设，不等式等价于， 故题目等价于：对所有恒成立，且对所有恒成立， 由于的图象是一条连续不断的曲线， 故由所有恒成立可知必有， 由对所有恒成立可知必有，故. 现求时满足条件的的范围. ① 当时，， 故在区间上单调递减.则在区间内的最大值为， 因此在区间上恒成立，满足条件； ②当时，，即，记，则， 当时，，故，则在区间上单调递减， 又，故在区间上先递增再递减， 也即在区间上的最小值在或处取得. 又，故在区间上的最小值只能是0或. 要使在上恒成立，需使，解得. 综上，要存在使题设成立，必须满足. 又，当时，. 故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $