数学（广东卷03）学易金卷：2026年高考考前最后一卷

2026年高考考前最后一卷 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 B A A C C B B C 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 AD ABD AD 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． 13．10 14．13 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）因为，且，所以， 所以，所以， 即，由，所以；（5分） （2）因为，所以，， 所以 又，所以， 所以 因为是锐角三角形，所以，得， 所以，， 所以（13分） 16．（15分） 【解析】（1）因为，所以，求导得， 因为，所以令，解得， 当，，所以单调递减； 当，，所以单调递增； 所以，解得.（5分） （2）因为，求导得， 又因为为的极小值点，所以，得到， 代入导数得， 因为，所以， ①当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 所以为的极小值点满足条件. ②当时, 恒成立， 所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去. ③当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 为的极大值点.不满足条件，舍去. 综上，.（15分） 17．（15分） 【解析】（1）根据全概率公式，第2天有效打卡分两种情况：第1天有效次日有效、第1天无效次日有效， 因此：； 由全概率公式，， 代入条件概率得：， 化简得：（）；（4分） （2）(i)的分布列与期望 的所有可能取值为，计算概率得： ； ； ； 的分布列为： 0 1 2 期望：，（8分） (ii) 由期望的可加性，（为指示变量，第天有效取1，否则取0），因此， 对递推式变形得：， 又，因此对任意恒成立， 代入期望关系式得：， 移项得：， 即数列任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）； 实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态.（15分） 18．（17分） 【解析】（1）圆化为标准方程为，圆心，半径 圆化为标准方程为，圆心，半径 设动圆圆心，其半径为. 由题意，圆与圆外切，与圆内切，故， 两式相加得. 即动点到两定点与的距离之和为常数12，且 满足椭圆的定义，于是其方程为：（5分） （2） 曲线与轴交于，两点， 由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点. （i）法1：设过点的动直线的方程为：， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，，则，， 不妨记，则 直线的方程为：，与直线交于点，则， 同理，直线与直线交于点，则， ，，， 而， 在以为直径的圆上即圆过定点， 由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和.（11分） 法2：设过点的动直线的方程为：， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，， 则，，， 直线的方程为：，所以点，同理， 设以为直径的圆与轴的交点，则， 即（*）， 而 ， 代入（*）可得，得或即圆过定点， 定点坐标为或.（11分） （ii）直线的方程为：，点， 同理，， 而 ， ，而的方向向量， ，于，故直线与圆相切，切于点.（17分） 19．（17分） 【解析】（1）证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形．（4分） 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形．（4分） 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形．（4分） （2）（i）因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角．（9分） （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为．（17分） 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为．（17分） 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为．（17分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前最后一卷 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．设M，N为全集的两个非空子集，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，且 M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图： 则. 2．已知复数在复平面内表示的点在直线上，则复数的共轭复数（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据复数的几何意义得出点，再应用点在线上得出，最后应用共轭复数定义求解. 【详解】复数在复平面内表示的点在直线上， 则，即得，则， 则复数的共轭复数. 3．某机构用不同的人工智能系统对一幅素描作品3．某机构用不同的人工智能系统对一幅素描作品进行评分，得到7个数据．去掉一个最高分和一个最低分后，得到的5个数据与原始数据相比一定不变的是（    ） A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差 【答案】A 【分析】根据中位数的定义即可求解. 【详解】根据题意，将7个数据从小到大排列，去掉一个最高分和最低分，得到5个有效评分，原始数据和有效评分相比，最中间的数没有发生改变，所以中位数不改变. 4．已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】C 【分析】根据为、的等差中项得出，结合可求出的值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】一方面，若，由可得， 此时， 则为、的等差中项， 所以“”“为、的等差中项”； 另一方面，若为、的等差中项，所以， 所以，解得， 故“”“为、的等差中项”. 所以“”是“为、的等差中项”的充要条件. 5．函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由直线与函数图象的相邻两交点间距离为，求得最小正周期；根据正切函数的对称性求得，从而求得其最小值. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为， 所以函数的最小正周期为，所以，所以. 由函数的图象关于点对称， 得，所以. 所以正实数的最小值为. 6．已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ） A． B．9 C． D．8 【答案】B 【详解】设直线的方程为，， 联立抛物线方程得，， 由韦达定理得，， 由得，， 代入，得， 将代入，得，或（舍去）， 所以直线的方程为，恒过点， 因为点关于直线的对称点为， 所以垂直平分，是中点， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆（除去原点）， 则点轨迹方程为， 所以， 所以. 7．在四棱锥中，底面为矩形，，且，记二面角为，直线与底面所成的角为，若，则的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】取、中点E、F，证得平面，过点P在平面内作垂足为点O，证得平面，结合线面角、二面角的定义及已知求出相关边，进而列方程求. 【详解】 分别取、中点E、F，因为，则， 在矩形中，，，平面， 所以平面，则， 过点P在平面内作垂足为点O， 所以，，平面，则平面， 连接，所以直线与平面所成角为，于是． 设，则，，于是，，， 所以，则， 所以，解得或． 8．实数满足，则（    ） A．2025 B．2026 C．2027 D．2028 【答案】C 【详解】设，因为，所以当时，，即， 又函数和函数在上都单调递增， 故在上也单调递增， 又，，， . 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．如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 【答案】AD 【分析】对于A，因为在翻折过程中平面，可判断A；对于B，当平面平面时，假设与垂直，可得到，显然不成立，可判断B；对于C，利用正四面体的定义即可判断；对于D，当的投影为的中心时，此时三棱锥为正三棱锥，可判断D. 【详解】由题意知，在翻折过程中，，， 可得，平面， 所以平面， 又平面，所以，故A正确； 当翻折使平面平面时， 因为，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 若，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 易知不成立，故此时与不垂直，故B错误； 而正四面体为四个面均为等边三角形的三棱锥， 显然不是等边三角形，故C错误； 在翻折过程中，当的投影为的中心时，此时平面， 又，所以， 此时三棱锥为正三棱锥，故D正确. 10．设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用二项分布的期望与方差公式可判定A，利用随机变量的期望与方差公式可判定B、C，由正态分布的对称性可判定D. 【详解】依据二项分布相关公式，． 依据正态分布定义，． 故而由期望可加性，A选项正确． 由随机变量数学期望和方差的相关性质，， ，因此B选项正确，C选项错误． 由正态分布的相关性质，有， 而，所以，D选项正确． 故选：ABD 11．在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ） A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为 【答案】AD 【分析】利用平面几何知识可判断AB，建立直角坐标系分别求出抛物线和双曲线的方程可判断CD. 【详解】由题意底面半径为1，圆锥高， 对于A，为母线的中点，截面圆的半径为底面圆的半径的， 即截面圆半径为，则圆的面积为，A正确； 对于B，如图，在圆锥的轴截面中，作，垂足为， 为母线的中点，，， 椭圆的长轴长，B错误； 对于C，如图，设抛物线与底面圆的一个交点为， 以为原点，为x轴，在平面中建立平面直角坐标系， 则，， 设抛物线方程为，则，解得：， 则抛物线的焦点到准线的距离为，C错误. 对于D，如图，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上， 则点坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为， 则，将代入双曲线方程得，解得， 所以，故双曲线的离心率为，D正确. 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．已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 【答案】 【分析】根据数量积的运算律求得，，根据投影向量的概念求解即可. 【详解】，， 因为，所以， 解得．所以，， 所以在方向上的投影向量的坐标为． 13．国家发展改革委等部门印发的《电动汽车充电设施服务能力“三年倍增”行动方案(2025—2027年)》中提出，到2027年底，在全国范围内建成2800万个充电设施，提供超3亿千瓦的公共充电容量，满足超过8000万辆电动汽车充电需求，实现充电服务能力的翻倍增长.已知某城市现有1万个充电桩，为响应国家号召，打算接下来一年内新建3万个充电桩，此后每年新建的数量都比上一年增加25%，若该城市计划将充电桩总量提升至79万个，则至少需经过________年.(结果保留整数，参考数据： ) 【答案】10 【分析】由题意，可知每年新建的充电桩的数量构成等比数列，列出不等式，利用等比数列的求和公式与对数函数的单调性求解即得. 【详解】因该城市现有1万个充电桩，第一年新建3万个，之后每年新建数量比上一年增加25%， 则每年新建的充电桩的数量构成等比数列，其首项为，公比为， 设经过年，充电桩总量达到79万个. 依题意，，即， 化简得，即， 两边取常用对数，得，因， 代入可得，因，则. 14．有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 【答案】13 【详解】若，则无解； 若，则，所以， 因为5为质数，又，所以，解得， 若1的个数小于等于3， 由，可得， 又，代入得，所以， 因为，所以可得， 所以，所以的值只能为4，5，6. 若，只能是， 则，解得， 若，因5是质数，无法分解为两个大于等于2的整数的乘积，故舍去； 若，只能是， 则，解得， 综上所述：若1的个数小于等于3，该方程无正整数解， 所以6个数字为1，1，1，1，2，6. 从中任选3个排成三位数，取3个1，有1种排法； 取2个1，取1个2或1个6，有种排法； 取1，2，6，有种排法； 所以组成的不同三位数个数有. 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） 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积 (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式与题目给定的面积表达式建立等式，结合余弦定理 ，推导出，再根据的取值范围求值； （2）由正弦定理将边转化为角的正弦形式，结合降幂公式与三角恒等变换，将化简为关于角的三角函数，再根据锐角三角形的条件确定的取值范围，最终求出 的取值范围. 【详解】（1）因为，且，所以， 所以，所以， 即，由，所以； （2）因为，所以，， 所以 又，所以， 所以 因为是锐角三角形，所以，得， 所以，， 所以 16．（15分） 已知函数，． (1)当时，若的值域为，求b的值； (2)若为的极小值点，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解. （2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值. 【详解】（1）因为，所以，求导得， 因为，所以令，解得， 当，，所以单调递减； 当，，所以单调递增； 所以，解得. （2）因为，求导得， 又因为为的极小值点，所以，得到， 代入导数得， 因为，所以， ①当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 所以为的极小值点满足条件. ②当时, 恒成立， 所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去. ③当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 为的极大值点.不满足条件，舍去. 综上，. 17．（15分） 为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下： ①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为． 记事件：第天该学生晨读打卡为有效打卡，表示事件发生的概率． (1)求的值，并推导与的关系式． (2)记该学生前天晨读打卡中有效打卡的总次数为，为的数学期望． （i）当时，求的分布列与； （ii）对任意，证明：数列是常数数列，并说明其实际意义． 【答案】(1)； (2)（i） 0 1 2 ； （ii）证明见解析；长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态. 【分析】（1）利用全概率公式，将拆分为计算，同样用全概率公式，将表示为，再代入已知概率化简； （2）(i)先确定的所有可能取值，分别计算每种组合的概率得到分布列，再利用期望公式计算； （2）(ii)根据期望的线性性质得到，将的表达式代入该数列的通项，结合（1）中与的关系式，推导相邻两项的差为0. 【详解】（1）根据全概率公式，第2天有效打卡分两种情况：第1天有效次日有效、第1天无效次日有效， 因此：； 由全概率公式，， 代入条件概率得：， 化简得：（）； （2）(i)的分布列与期望 的所有可能取值为，计算概率得： ； ； ； 的分布列为： 0 1 2 期望：， (ii) 由期望的可加性，（为指示变量，第天有效取1，否则取0），因此， 对递推式变形得：， 又，因此对任意恒成立， 代入期望关系式得：， 移项得：， 即数列任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）； 实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态. 18．（17分） 已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，圆过定点和.；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据圆与圆相切可得，依据椭圆的定义可求椭圆方程； （2）（i）设动直线的方程为：，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得，再结合数量积可得，从而可求定点或设以为直径的圆与轴的交点，则，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用坐标表示的纵坐标，结合韦达定理化简后可证与的方向向量垂直，从而可得直线与圆相切. 【详解】（1）圆化为标准方程为，圆心，半径 圆化为标准方程为，圆心，半径 设动圆圆心，其半径为. 由题意，圆与圆外切，与圆内切，故， 两式相加得. 即动点到两定点与的距离之和为常数12，且 满足椭圆的定义，于是其方程为： （2） 曲线与轴交于，两点， 由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点. （i）法1：设过点的动直线的方程为：， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，，则，， 不妨记，则 直线的方程为：，与直线交于点，则， 同理，直线与直线交于点，则， ，，， 而， 在以为直径的圆上即圆过定点， 由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和. 法2：设过点的动直线的方程为：， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，， 则，，， 直线的方程为：，所以点，同理， 设以为直径的圆与轴的交点，则， 即（*）， 而 ， 代入（*）可得，得或即圆过定点， 定点坐标为或. （ii）直线的方程为：，点， 同理，， 而 ， ，而的方向向量， ，于，故直线与圆相切，切于点. 19．（17分） 已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． （2）（i）因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………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年高考考前最后一卷 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．设M，N为全集的两个非空子集，若，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内表示的点在直线上，则复数的共轭复数（   ） A． B． C． D． 3．某机构用不同的人工智能系统对一幅素描作品进行评分，得到7个数据．去掉一个最高分和一个最低分后，得到的5个数据与原始数据相比一定不变的是（    ） A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差 4．已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ） A． B．9 C． D．8 7．在四棱锥中，底面为矩形，，且，记二面角为，直线与底面所成的角为，若，则的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．实数满足，则（    ） A．2025 B．2026 C．2027 D．2028 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．如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 10．设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A． B． C． D． 11．在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ） A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为 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．已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 13．国家发展改革委等部门印发的《电动汽车充电设施服务能力“三年倍增”行动方案(2025—2027年)》中提出，到2027年底，在全国范围内建成2800万个充电设施，提供超3亿千瓦的公共充电容量，满足超过8000万辆电动汽车充电需求，实现充电服务能力的翻倍增长.已知某城市现有1万个充电桩，为响应国家号召，打算接下来一年内新建3万个充电桩，此后每年新建的数量都比上一年增加25%，若该城市计划将充电桩总量提升至79万个，则至少需经过________年.(结果保留整数，参考数据： ) 14．有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 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） 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积 (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 16．（15分） 已知函数，． (1)当时，若的值域为，求b的值； (2)若为的极小值点，求实数a的取值范围． 17．（15分） 为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下： ①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为． 记事件：第天该学生晨读打卡为有效打卡，表示事件发生的概率． (1)求的值，并推导与的关系式． (2)记该学生前天晨读打卡中有效打卡的总次数为，为的数学期望． （i）当时，求的分布列与； （ii）对任意，证明：数列是常数数列，并说明其实际意义． 18．（17分） 已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 19．（17分） 已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前最后一卷 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．设M，N为全集的两个非空子集，若，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内表示的点在直线上，则复数的共轭复数（   ） A． B． C． D． 3．某机构用不同的人工智能系统对一幅素描作品进行评分，得到7个数据．去掉一个最高分和一个最低分后，得到的5个数据与原始数据相比一定不变的是（    ） A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差 4．已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ） A． B．9 C． D．8 7．在四棱锥中，底面为矩形，，且，记二面角为，直线与底面所成的角为，若，则的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．实数满足，则（    ） A．2025 B．2026 C．2027 D．2028 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．如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 10．设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A． B． C． D． 11．在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ） A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为 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．已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 13．国家发展改革委等部门印发的《电动汽车充电设施服务能力“三年倍增”行动方案(2025—2027年)》中提出，到2027年底，在全国范围内建成2800万个充电设施，提供超3亿千瓦的公共充电容量，满足超过8000万辆电动汽车充电需求，实现充电服务能力的翻倍增长.已知某城市现有1万个充电桩，为响应国家号召，打算接下来一年内新建3万个充电桩，此后每年新建的数量都比上一年增加25%，若该城市计划将充电桩总量提升至79万个，则至少需经过________年.(结果保留整数，参考数据： ) 14．有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 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） 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积 (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 16．（15分） 已知函数，． (1)当时，若的值域为，求b的值； (2)若为的极小值点，求实数a的取值范围． 17．（15分） 为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下： ①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为； ③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为． 记事件：第天该学生晨读打卡为有效打卡，表示事件发生的概率． (1)求的值，并推导与的关系式． (2)记该学生前天晨读打卡中有效打卡的总次数为，为的数学期望． （i）当时，求的分布列与； （ii）对任意，证明：数列是常数数列，并说明其实际意义． 18．（17分） 已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 19．（17分） 已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 1 / 2 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年高考考前最后一卷 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 $null