数学（广东专用01）学易金卷：2026年高考考前预测卷

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2026年高考考前预测卷 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（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．（热点）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则的虚部为（    ） A．1 B．2 C． D． 3．已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 4．（新情境）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（    ） A．90 B．150 C．240 D．300 5．已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．（新情境）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（    ）      A． B． C． D． 7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 8．（改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（    ） 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．下列结论正确的是（   ） A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，18，20，22的第80百分位数为18 B．若随机变量，满足，则 C．若随机变量，且，则 D．若回归方程为，则变量y与x成负相关 10．已知等差数列满足：，公差，其前项和为，且，则下列正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为2 D．的取值范围是 11．已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，M为AC的中点，则（    ） A．直线OM与AC的斜率之积为 B．点B到点的距离与到点F的距离之和的最大值为 C． D．B，F，M三点共线 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．在的展开式中，x的系数是______． 13．已知均为非负数，且，则的最小值为______. 14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m. 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．（13分） 已知等差数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正切值． 17．（15分） 已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8. (1)求的标准方程. (2)过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）求面积的取值范围. 18．（17分） （新情境）针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析． 设参赛人数为n（为2的幂次，如4，8，16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或负（忽略平局）．各场比赛的结果相互独立． 赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军． 赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛，胜者组失败者掉入负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛． 以4人为例，如图： 赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛．最终按总积分（或胜场数）排名．总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规则）． 假设在强者（只有一人）与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比赛时胜率均为r．表示“强者”最终赢得冠军的概率． (1)当，，时，求赛制一、赛制二相应的； (2)针对赛制三，、分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出、；当，，时，计算并说明“强者”稳定夺冠的因素； (3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响． 19．（17分） 已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第1页（共6页） 试题 第2页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2026年高考考前预测卷 数学·答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $■■■■ ■■■■ 2026年高考考前预测卷 数学·答题卡 姓 名： 准考证号： 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 贴条形码区 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用 n 0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答 题：字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出 典 区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题 缺考 无效。 此栏考生禁填 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 标记 5.正确填涂■ 一、 选择题（每小题5分，共40分） 1[A][B][C[D] 5[A][B][C][D] 2 [A][B][C][D] 6[AJ[B][C][D] 40 3[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 阙 4[A]B][C][D] 8[A][B][C[D] 二、选择题（全部选对的得6分， 部分选对的得部分分，有选错的得0 分，共18分) 9[A][B][C][D] 10[A]B][C][D] 11[A][B][CID] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12 妇 13 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第2页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16.(15分) D D 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第3页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第4页（共6页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第5页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第6页（共6页） 2026年高考考前预测卷 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（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．（热点）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则的虚部为（    ） A．1 B．2 C． D． 3．已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 4．（新情境）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（    ） A．90 B．150 C．240 D．300 5．已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．（新情境）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（    ）      A． B． C． D． 7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 8．（改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（    ） 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．下列结论正确的是（   ） A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，18，20，22的第80百分位数为18 B．若随机变量，满足，则 C．若随机变量，且，则 D．若回归方程为，则变量y与x成负相关 10．已知等差数列满足：，公差，其前项和为，且，则下列正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为2 D．的取值范围是 11．已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，M为AC的中点，则（    ） A．直线OM与AC的斜率之积为 B．点B到点的距离与到点F的距离之和的最大值为 C． D．B，F，M三点共线 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．在的展开式中，x的系数是______． 13．已知均为非负数，且，则的最小值为______. 14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m. 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．（13分） 已知等差数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正切值． 17．（15分） 已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8. (1)求的标准方程. (2)过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）求面积的取值范围. 18．（17分） （新情境）针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析． 设参赛人数为n（为2的幂次，如4，8，16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或负（忽略平局）．各场比赛的结果相互独立． 赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军． 赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛，胜者组失败者掉入负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛． 以4人为例，如图： 赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛．最终按总积分（或胜场数）排名．总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规则）． 假设在强者（只有一人）与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比赛时胜率均为r．表示“强者”最终赢得冠军的概率． (1)当，，时，求赛制一、赛制二相应的； (2)针对赛制三，、分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出、；当，，时，计算并说明“强者”稳定夺冠的因素； (3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响． 19．（17分） 已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前预测卷 数学·全解全析 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．（热点）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 1．【答案】C 【解析】不等式， 解得，即。 绝对值不等式， 化简得或， 即或， 又因为，因此 所以. 故选：C 2．已知复数z满足，则的虚部为（    ） A．1 B．2 C． D． 2．【答案】B 【解析】由题意知复数z满足， 故， 故，则的虚部为2， 故选：B 3．已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 3．【答案】C 【解析】因为是R上的偶函数，故； 由，令得，故的周期； 当时，，是增函数，故在上单调递增. 又因为，即. ，即, 由，得， 所以 ， 且，即. 即,且在上单调递增，所以,即. 故选：C. 4．（新情境）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（    ） A．90 B．150 C．240 D．300 4．【答案】B 【解析】将5个不同的红包分3组，有两种不同的方式， ①：“1,1,3”型，则有种分法； ②：“2,2,1”型，则有种分法，所以共有25种分法， 将分好的3组，装入3个不同的红包袋中，共有种装法. 故选：B. 5．已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．【答案】B 【解析】由，得， 因为方程表示圆，所以，解得. 所以圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 若直线与圆相交可得，则可得，解得. 所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件. 故选：B 6．（新情境）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（    ）      A． B． C． D． 6．【答案】D 【解析】，即， 则，即，因为，所以， . 故选：D. 7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 7．【答案】B 【解析】由图象可知：，，所以， 由得. 由，得，又可得. 所以，故A正确； 因为，所以不是函数的对称中心，故B错误； 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度可得 故答案为：B． 8．（改编题）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．【答案】B 【解析】设过的直线的方程为， 联立方程，得到， 不妨设， 由韦达定理得到， 因为，所以， 又因为，即 ， 所以，即， 所以，得到 即，解得，所以 即，解得，所以， 所以,得到， 所以直线的方程为，即. 对两边求导得到， 所以点的切线斜率， 所以方程为即， 同理可得方程为， 联立方程得到，解得， 所以点到直线的距离为， ， 所以 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．下列结论正确的是（   ） A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，18，20，22的第80百分位数为18 B．若随机变量，满足，则 C．若随机变量，且，则 D．若回归方程为，则变量y与x成负相关 9．【答案】CD 【解析】对于A，由，所以第80百分位数为，错误； 对于B，已知随机变量，满足，由方差的性质可得，错误； 对于C，由正态分布的图象的对称性可得，正确； 对于D，由于，所以变量y与x成负相关，正确． 故选：CD 10．已知等差数列满足：，公差，其前项和为，且，则下列正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为2 D．的取值范围是 10．【答案】AB 【解析】由题可知，， 所以. 因为，公差，所以， 故，即. 当时，，故A正确. 若，则，所以，即， 故，故B正确. 由，得. 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为3，故C错误. 由，得，即，解得，故D错误． 故选：AB 11．已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，M为AC的中点，则（    ） A．直线OM与AC的斜率之积为 B．点B到点的距离与到点F的距离之和的最大值为 C． D．B，F，M三点共线 11．【答案】ABD 【解析】椭圆的右焦点为，右顶点为， 过原点O的直线l（斜率不为0）与W交于B，C两点，设， 则有，满足，有， M为AC的中点，则， ，A选项正确； 椭圆的左焦点为，则， 点在椭圆内，， ， 当且仅当三点共线，在之间时等号成立，B选项正确； ，，，则，C选项错误； 与共线，且与有公共点，所以B，F，M三点共线，D选项正确； 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．在的展开式中，x的系数是______． 12．【答案】7 【解析】由题意知的通项为， 令，则，即x的系数是. 故答案为：7 13．已知均为非负数，且，则的最小值为______. 13．【答案】2 【解析】由题可得，所以, 由于,当且仅当，即时取等号， 所以，则的最小值为， 故答案为：2. 14．2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者.现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定.假定机器人行走速度为，则机器人行走2min时距原点的最远距离是________m，最近距离是________m. 14．【答案】30 【解析】设改变方向的地点为M，终点为P， 由于，所以，， ，， 由余弦定理得 当时，，当时，， 结合二次函数的性质可知当时， 取得最小值； 由，则，， 结合二次函数的性质可知当或时， 取得最大值； 综上所述，，最远距离是，最近距离是. 故答案为：30 . 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．（13分） 已知等差数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【解析】（1）数列为等差数列，设首项为，公差为对恒成立， 必有， 所以，解得 所以 即数列的通项公式为.（6分） （2） （9分） .（13分） 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正切值． 【解析】（1）设，则，． 在中，根据余弦定理， 将，，代入可得： ，所以．（3分） 则，所以，（4分） 因为底面，底面，所以．（5分） 又因为，、平面，所以平面． 而平面，所以.（7分） （2）因为底面，，四边形为平行四边形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，（8分） 由（1）知，，， 则，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，可得，（11分） 设平面与平面的夹角为， 则， 所以， 故.（15分） 17．（15分） 已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8. (1)求的标准方程. (2)过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）求面积的取值范围. 【解析】（1）由于双曲线：的实轴长为，焦距为8. 所以，所以， 那么. 所以的标准方程为.（4分） （2）（i）当直线的斜率不存在时，其方程为， 因为双曲线的渐近线方程为，联立直线与渐近线方程得. 所以，因为双曲线的焦点坐标为， 所以，此时不满足题意，所以直线的斜率存在. 设直线的方程为，与双曲线的渐近线方程联立得和， 解得和，所以. 因为，所以即，解得. 所以直线的方程为，即.（9分） （ii）当直线的斜率不存在时，其方程为，代入双曲线方程中得. 所以，此时； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 与双曲线方程联立得.（11分） 判别式，. 设，则. 由于，所以或. 所以 令，由于，所以. 所以， 所以. 综上，所以面积的取值范围为.（15分）    18．（17分） （新情境）针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析． 设参赛人数为n（为2的幂次，如4，8，16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或负（忽略平局）．各场比赛的结果相互独立． 赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军． 赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛，胜者组失败者掉入负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛． 以4人为例，如图： 赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛．最终按总积分（或胜场数）排名．总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规则）． 假设在强者（只有一人）与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比赛时胜率均为r．表示“强者”最终赢得冠军的概率． (1)当，，时，求赛制一、赛制二相应的； (2)针对赛制三，、分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出、；当，，时，计算并说明“强者”稳定夺冠的因素； (3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响． 【解析】（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局， 强者必须赢得其参加的所有场比赛才能夺冠， 当，时，． 双败淘汰制中，当，时，参赛者中不妨设强者为， 其赢得冠军有三种情况： 情况1、全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决 赛、总决赛，概率为； 情况2、在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为； 情况3、在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜， 所以．（5分） （2）强者一共打场比赛，，； 一个弱者打场比赛，对阵强者，赢的概率为，对阵其他个弱者（弱者之间 比赛胜率为），所以． 当，，时， ， 对于强者，，所以，即总是成立的． 强者要稳定夺冠，需要显著大于，实力差距越大，参赛人数越多， 强者预期胜场领先优势就越大．（11分） （3）①时，若，， 若时，， 若，，则（约）， 单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（场），任何一 场失败（即使概率很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积． 在同样条件（）下，双败淘汰制的大于单败淘汰制的． ②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输一场）的机会． 对于实力顶尖的选手（很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因 单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭 遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利． 双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响． ③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（场），根据大数定律和中心极限 定理，实力更强（）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减 少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即 使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合大 规模参赛．（17分） 19．（17分） 已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 【解析】（1）由可知，， 则，由题可得：， 故.（3分） （2）因为，则， 因为，， 所以是单调递减函数，（4分） 令，得唯一极值点， 在递增，递减， 所以有两个零点等价于， 则，，得： ，约去正数， 得， 当时，， 因此 ，即，得出 ， 故，又，故.（8分） （3）方法一： 当时，， 时， 令，则有， 即， 则在单减，在单增，（11分） 不妨设， 构造， ， ， ， ， ，（14分） 令，则在上单减， ，故， 故在单减，故， 又，， 又，， 又，且在单增， 故，故得证.（17分） 方法二：已知， 即，两式相减得：， 即：， 故，（12分） 不妨设，则，， 下证：， 令，则， 即证，即证， 令，， 则， 故在上单增，故， 所以，故得证.（17分） / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前预测卷 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 C B C B B D B A 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 CD AB 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。 12．7 13．2 14．30 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．（13分） 【解析】（1）数列为等差数列，设首项为，公差为对恒成立， 必有， 所以，解得 所以 即数列的通项公式为.（6分） （2） （9分） .（13分） 16．（15分） 【解析】（1）设，则，． 在中，根据余弦定理， 将，，代入可得： ，所以．（3分） 则，所以，（4分） 因为底面，底面，所以．（5分） 又因为，、平面，所以平面． 而平面，所以.（7分） （2）因为底面，，四边形为平行四边形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，（8分） 由（1）知，，， 则，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，可得，（11分） 设平面与平面的夹角为， 则， 所以， 故.（15分） 17．（15分） 【解析】（1）由于双曲线：的实轴长为，焦距为8. 所以，所以， 那么. 所以的标准方程为.（4分） （2）（i）当直线的斜率不存在时，其方程为， 因为双曲线的渐近线方程为，联立直线与渐近线方程得. 所以，因为双曲线的焦点坐标为， 所以，此时不满足题意，所以直线的斜率存在. 设直线的方程为，与双曲线的渐近线方程联立得和， 解得和，所以. 因为，所以即，解得. 所以直线的方程为，即.（9分） （ii）当直线的斜率不存在时，其方程为，代入双曲线方程中得. 所以，此时； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 与双曲线方程联立得.（11分） 判别式，. 设，则. 由于，所以或. 所以 令，由于，所以. 所以， 所以. 综上，所以面积的取值范围为.（15分） 18．（17分） 【解析】（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局， 强者必须赢得其参加的所有场比赛才能夺冠， 当，时，． 双败淘汰制中，当，时，参赛者中不妨设强者为， 其赢得冠军有三种情况： 情况1、全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决 赛、总决赛，概率为； 情况2、在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为； 情况3、在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜， 所以．（5分） （2）强者一共打场比赛，，； 一个弱者打场比赛，对阵强者，赢的概率为，对阵其他个弱者（弱者之间 比赛胜率为），所以． 当，，时， ， 对于强者，，所以，即总是成立的． 强者要稳定夺冠，需要显著大于，实力差距越大，参赛人数越多， 强者预期胜场领先优势就越大．（11分） （3）①时，若，， 若时，， 若，，则（约）， 单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（场），任何一 场失败（即使概率很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积． 在同样条件（）下，双败淘汰制的大于单败淘汰制的． ②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输一场）的机会． 对于实力顶尖的选手（很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因 单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭 遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利． 双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响． ③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（场），根据大数定律和中心极限 定理，实力更强（）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减 少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即 使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合大 规模参赛．（17分） 19．（17分） 【解析】（1）由可知，， 则，由题可得：， 故.（3分） （2）因为，则， 因为，， 所以是单调递减函数，（4分） 令，得唯一极值点， 在递增，递减， 所以有两个零点等价于， 则，，得： ，约去正数， 得， 当时，， 因此 ，即，得出 ， 故，又，故.（8分） （3）方法一： 当时，， 时， 令，则有， 即， 则在单减，在单增，（11分） 不妨设， 构造， ， ， ， ， ，（14分） 令，则在上单减， ，故， 故在单减，故， 又，， 又，， 又，且在单增， 故，故得证.（17分） 方法二：已知， 即，两式相减得：， 即：， 故，（12分） 不妨设，则，， 下证：， 令，则， 即证，即证， 令，， 则， 故在上单增，故， 所以，故得证.（17分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $