精品解析：河北沧州市泊头市交河中学2026届高考备考压轴巩固训练（一）数学试题

2026届高考备考压轴巩固训练（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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. 已知集合，全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，角为第三象限角，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 4. 已知，则和的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个袋中有大小相同的5个红球，3个白球，从中不放回地依次摸取2个球，则第二次取出红球的前提下，第一次取出白球的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线上､下焦点分别为，点，点为双曲线的上支上一点，若周长的最小值为，则双曲线的离心率为（ ） 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. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项的和为 D. 的前项的和小于 10. 若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. C. 的图象关于直线对称 D. 若方程在上有且只有3个根，则 11. 已知函数，则下列说法正确是（ ） A. B. C. 若恒成立，则 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数为奇函数，则__________. 13. 已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则__________. 14. 在数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数取值范围为__________. 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. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，点满足. （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与底面所成角的正弦值. 16. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点为该椭圆的上顶点，且满足. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程. 17. 在中，角的对边分别为. （1）若，求的大小； （2）若，点为边上的点，且满足，求的最小值； （3）若，点为边上的中点，求的最大值. 18. 某学校开展“趣味问答”活动，试题按照难度分两大类，学生们答对类试题的概率为，答对类试题的概率为，若回答的是类试题，则下一次回答类试题，若回答的是类试题，则下一次等可能地回答类或类试题，如此循环，答对一道试题即为通过活动，每名学生首先回答类试题． （1）若同学甲有三次答题机会，求同学甲通过活动的概率； （2）若某班有16名同学参加本次活动，每名学生有四次答题机会，表示通过活动的人数，求的值； （3）若同学乙不限答题次数，求同学乙最终通过答对类试题通过活动的概率． 19. 已知函数. （1）若函数有两个极值点，求实数取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，恒成立，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考备考压轴巩固训练（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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. 已知集合，全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，根据补集的定义求解. 【详解】根据题意，，计算可得，所以 2. 已知，角为第三象限角，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由同角三角函数的商数关系和平方关系求出、的两组解，再结合为第三象限角即得的值. 【详解】因为，所以，由, 解得或， 因为角为第三象限角，所以. 3. 已知复数满足，则的值为（ ） A B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设复数，代入方程并分离实部、虚部，根据复数为零的条件列方程组求解，再利用复数模长公式计算. 【详解】设，则， 计算可得， 所以，计算可得， 所以. 4. 已知，则和的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知数量积求出，代入夹角公式计算可得. 【详解】由，得， 则. 5. 已知一个袋中有大小相同的5个红球，3个白球，从中不放回地依次摸取2个球，则第二次取出红球的前提下，第一次取出白球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设事件为第一次取出白球，事件为第二次取出红球， 则，， 所以． 6. 已知等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为等差数列的前项和分别为，且， 所以可设，， 所以，所以. 7. 已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果. 【详解】设该圆台的上､下底面的圆心分别为，高为，则圆台的体积为 ，求解可得， 设该圆台外接球的球心为，则在上，设，所以， 设该圆台外接球的半径为，所以，求解可得， 所以该圆台外接球的体积为. 8. 已知双曲线的上､下焦点分别为，点，点为双曲线的上支上一点，若周长的最小值为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线定义将​的周长进行转化，结合基本不等式求得周长最小值，建立关于a,c的等量关系，进而求解离心率. 【详解】根据题意，分析可得周长为，其中， 根据双曲线的定义可得，所以周长为， 计算可得，则，又因为，所以，可得双曲线离心率为. 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. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项的和为 D. 的前项的和小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由前项和，利用与求出通项，再逐一验证各选项：A 判断数列类型，B 比较​与​，C 求的前n项和，D 用裂项相消法求的前项和并判断范围，最终确定正确选项. 【详解】对于A：根据题意，，当时，， 所以满足，所以数列是等差数列，正确； 对于B：，显然，不正确； 对于C：因为，所以，所以其前项的和为，正确； 对于D：因为，所以， 所以的前项的和为，正确. 10. 若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. C. 的图象关于直线对称 D. 若方程在上有且只有3个根，则 【答案】AC 【解析】 【详解】由图象可知，函数的最大值为，故，该函数过点，， 代入可得，而点在上升曲线段中， 所以，，因为， 所以，而在下降曲线段中，所以，得， ， 由图象可知，，所以，所以，所以， 所以,可知选项A正确，选项B错误； 可得函数，当时，， 所以，故选项C正确； 设，即，根据图象分析可得， 计算可得，故选项D错误. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若恒成立，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对每个选项分别构造对应函数，通过求导分析函数的单调性、极值与最值，结合函数值的符号判断不等式是否恒成立，从而确定正确选项. 【详解】对于A：，即，令函数，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得极大值也是最大值，所以， 即，故选项A正确； 对于B：，即，令函数， 则， 令，则，当时，，单调递减， 又，所以存在时，,单调递减，又， 所以时，，即，所以， 即，B错误； 对于C：因为，即， 令，则， 令得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故函数的最小值是， 若恒成立，则，设， 则由，得， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 当时，取最大值为，即，所以不等式的解为， 则不等式的解为，可得，故选项C正确； 对于D：因为单调递增，，所以（函数有意义）， 记， 因为函数和在是增函数，所以在上单调递增， 因为， 所以在上必定存在唯一一个零点，且， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 由，得，所以， 所以，所以，所以，故选项D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数为奇函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质计算即可. 【详解】由题意得，则且， 因为为奇函数，其定义域关于原点对称， 所以，故， 又，即， 所以，则. 13. 已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】联立直线方程与抛物线方程，由韦达定理和向量数量积进行求解. 【详解】设， 联立与得，则，， 因为，则，又， 所以，计算得. 14. 在数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用累加法结合等比数列求和求出数列的通项公式，再将一元二次不等式因式分解，结合数列的奇偶项单调性，确定不等式对任意恒成立时的取值范围. 【详解】根据题意，， 即，当时，，符合上式， 所以， 因为，整理可得， 所以 当为奇数时，单调递减且，最大值为；当为偶数时，单调递增且，最小值为， 所以. 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. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，点满足. （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与底面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过平行线将异面直线的夹角转化为同一平面内相交直线的角，然后利用余弦定理求解即可； （2）根据向量关系得点P的位置，可得点到平面的距离为，利用余弦定理求得，然后根据线面角的定义求解即可. 【小问1详解】 因为底面是边长为2的菱形，，所以， 因为底面，底面， 所以， 所以， 因为，所以异面直线与所成角为， 在中，， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 小问2详解】 因为点满足，所以点为的四等分点且靠近点C， 所以点到平面的距离为， 在中，，又， 所以， 所以， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 16. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点为该椭圆的上顶点，且满足. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆特征得到椭圆方程； （2）设出直线，联立直线与椭圆方程，由弦长公式和面积公式得到方程，求出答案 【小问1详解】 由题意得，，所以，则， 又因为离心率为，所以，计算可得，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 根据题意，当直线的斜率为0时，无法构成三角形， 所以设直线的方程为， 联立方程组整理得到， 设，则， 所以， 点到直线的距离为， 所以的面积，解得或， 故直线的方程为或. 17. 在中，角的对边分别为. （1）若，求的大小； （2）若，点为边上的点，且满足，求的最小值； （3）若，点为边上的中点，求的最大值. 【答案】（1） （2）18 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角形内角和定理与两角和正弦公式，化简得出的值，进而求得角； （2）由角平分线性质及面积关系推出​，由“1”的代换将变形，运用基本不等式求出其最小值； （3）先由推出，设，在两个三角形中用正弦定理联立，推导出，再通过辅助角法求该三角函数的最大值，进而得到的最大值. 【小问1详解】 由题，利用正弦定理可得， 因为，所以， 所以，又，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以为角的平分线， 因为，可得， 又为角平分线，可得， 所以，所以， 故， 由及可得，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为18. 【小问3详解】 因为，即， 所以，可得， 设，在和中，利用正弦定理可得， 两式联立可得，，即，即， 则，即， 则， 因为，则令， 则，其中，所以锐角， 则，得，当时，化简得， 因为，则，则，所以， 故当，即时，有最大值，此时，故的最大值为. 18. 某学校开展“趣味问答”活动，试题按照难度分两大类，学生们答对类试题的概率为，答对类试题的概率为，若回答的是类试题，则下一次回答类试题，若回答的是类试题，则下一次等可能地回答类或类试题，如此循环，答对一道试题即为通过活动，每名学生首先回答类试题． （1）若同学甲有三次答题机会，求同学甲通过活动的概率； （2）若某班有16名同学参加本次活动，每名学生有四次答题机会，表示通过活动的人数，求的值； （3）若同学乙不限答题次数，求同学乙最终通过答对类试题通过活动的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据同学答对第一、第二、第三道题通过活动分类讨论即可； （2）求出每个同学通过活动的概率，再根据二项分布即可求解； （3）设表示回答类试题开始，最终回答类试题通过活动的概率，表示回答类试题开始，最终回答类试题通过活动的概率，再根据与的关系列方程组求解即可． 【小问1详解】 若同学甲答对第一题通过活动，则概率为， 若同学甲答对第二题通过活动，则概率为， 若同学甲答对第三题通过活动，则概率为， 所以同学甲通过活动的概率为． 【小问2详解】 设每名学生通过活动的概率为， 则， 所以，分析可得，所以． 【小问3详解】 设表示回答类试题开始，最终回答类试题通过活动的概率， 表示回答类试题开始，最终回答类试题通过活动的概率，所以， ， 所以计算可得， 所以同学乙最终通过答对类试题通过活动的概率为． 19. 已知函数. （1）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，恒成立，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由可得，令，则直线与函数图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，可得出实数的取值范围，再结合函数极值点的定义验证即可； （2）设，先由得出，然后证明出当时，，即证，即证， 令，即证，再构造函数，其中，利用导数证明出即可； （3）当时，分析可知恒成立，令，分析出不合乎题意，由题意得出，则可求出的最大值为，然后验证存在、的值，使得的最大值为，结合导数验证即可. 【小问1详解】 由题意，有两个解，可得， 所以令，则有两个解，， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 函数的极大值为，如下图所示： 要使得直线与函数图象有两个交点，则，可得. 设直线与函数图象两个交点的横坐标分别为、且， 由图可知，当时，， 当时，， 所以函数的减区间为、，增区间为， 故函数的极小值点为，极大值点为，符合题意， 故实数的取值范围是. 【小问2详解】 根据题意恒成立，设，则，故， 所以当时，，与题意不符， 下面证明：当时，符合题意， 当时，， 以下证明：，即证，即证， 令，即证， 函数的定义域为，，令，可得， 当时，，此时函数在上单调递减， 当时，，此时函数在上单调递增， 所以，故只需证当时，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 故当时，， 故对任意的，， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 因为，成立，所以， 即恒成立， 设函数，依题意恒成立， 当时，因为函数、在上均为减函数， 所以函数在上单调递减， 当时，，所以与题意不符； 当时，可知，所以，则， 所以，当时，，与题意不符， 下面证明，存在、使得成立，所以， 所以，则， 因为对任意的恒成立，所以函数在处取得最大值， 因为，且，所以函数在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，则，解得， 所以，，则， 此时，则， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以对任意的，，符合题意， 综上所述，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $