2026年高考数学临考冲刺卷01（天津专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

2026年高考数学三轮临考冲刺卷01（天津专用） 参考答案 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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 9 D D A D D B B D B 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．1 11． 12． 13． 6 ； 14． ； . 15．2028 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）(1)(2)(3) 【详解】（1）由正弦定理得， （1分） 可得， 得到，即，（3分） 显然，则， 又，可得.（5分） （2）， 由余弦定理可得，整理可得， 又，解得， .（8分） （3）由正弦定理得，则， ，即，则，故为锐角， ，（11分） ，， .（14分） 17．（15分）(1)证明见解析(2) (3) 【详解】（1）连接，    因为，， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为，，为的中点，（2分） 所以且，     可得且，即四边形为平行四边形，     所以， 又平面，平面，    （4分） 所以平面；  （5分） （2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：    依题意可得，，，，，， 则.，，，， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，（7分） 所以，         所以平面与平面的夹角为；（9分） （3）设，即， 则，从而，（11分） 由（2）知平面的法向量为， 设线面所成角的大小为， 由题意，，即，（12分） 整理得，解得或， 因为，所以，     所以， 则到平面的距离为.（15分） 18．（15分）(1)(2)(3)证明见解析 【详解】（1）由题意得：，解得，椭圆方程为：（3分） （2）因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在. 设直线，代入，可得， 设，，则，，（6分） 因为弦的中点的纵坐标为， 所以，即， ，（8分） O到直线MN的距离， ， 由，，可得， 当即时，取得最大值.（10分） （3），， 即， ，， 代入（*）式，得， 即， 化简得，（12分） 即  ， 或， 当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去， 当时，则直线，此时直线过定点， 当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，（14分） 此时，显然成立. 直线过定点.（15分） 19．（15分）(1)， (2) (3)最大值为1，最小值为 【详解】（1）当数列为等差数列时，设其公差为， 由题意得，所以，（2分） 所以， .（5分） （2）若数列为等差数列，由（1）知，显然在不单调； 故数列为等比数列，设公比为，则，解得或，（7分） 当 ， 时，，，易知在单调递增； 当 ， 时，，，易知在不单调， 所以，（9分） 由， 可得.（11分） （3）当数列为等比数列时，由（2）知或， 又为摆动数列，所以，， 所以，（13分） 当为奇数时，单调递减，故当时取得最大值1，且， 当为偶数时，单调递增，当时取得最小值，且， 所以的最大值为1，最小值为.（15分） 20．（16分）(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）时，，对函数求导得. 所以. 所以的图象在处的切线方程为，即（4分）. （2）由得. 因为在上单调递增，所以. 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，（6分） 若，令得或，且. 当时，，单调递减， 所以，与在上恒成立矛盾， 综上所述，的取值范围是.（8分） （3）证明：当时，， 所以在上单调递增，又， 所以时，时，. 若，则，不合题意；（10分） 若，则，不合题意，所以. 设，则.（12分） 所以在上单调递增，因为，所以. 因为，所以.（14分） 又，所以，即. 又在上单调递增，所以，即. 所以，即.（16分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学三轮临考冲刺卷01（天津专用） （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45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为， 所以， 则， 所以. 2．设，为非零实数，则“”是 “”成立的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据充分条件与必要条件定义举特殊值判断即可. 【详解】由题意当时，满足，但，故充分性不满足； 当时，满足，但，故必要性不满足； 所以“”是 “”成立的既不充分也不必要条件. 3．（新考法预测）函数在上的图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据解析式判断的奇偶性，再根据特值以及函数极限，即可容易判断选择. 【详解】依题意，，且其定义域为， 故函数为偶函数，图像关于轴对称，排除C； ，排除B； 当时，，，此时，排除D， 故选：A． 【点睛】本题考查根据函数解析式选择函数图象，涉及函数奇偶性的判断，以及函数极限的估计，属综合基础题. 4．下列说法正确的是（   ） A．两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数越接近于1 B．数据7，4，2，9，1，5，8，6的70%分位数为6 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4 【答案】D 【分析】逐一分析各选项，结合相关系数、分位数、正态分布、方差的性质判断正误. 【详解】A：线性相关程度越强时，相关系数的绝对值越接近1，负相关时会接近，故A错误. B：将数据排序为1，2，4，5，6，7，8，9，分位数对应的位置为，取第个数为，故B错误. C：正态分布中越大，数据离散程度越高，区间内的概率越小，故C错误. D：原4个数据的，加入数据5后，新方差为，故D正确. 故选：D 5．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数函数、对数函数以及余弦函数的单调性分析可知. 【详解】，即， ，即， ，则，可得， 即，所以，即. 6．已知 为三条不同的直线， 为两个不同的平面，则以下选项正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 【答案】B 【详解】对于 ，面面平行的判定定理要求相交，若 ，则 可能相交，故错误； 对于 ，过作平面交于，则 ，过作平面交于，则，故， 又不在平面内，又平面，所以，而，故，故，故正确； 对于C，若 ，则 或 ，故 错误； 对于，若， 如果或，则不能判断 ，故错误. 7．（新考法预测）如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，根据条件求出点坐标，由三角函数的定义得，结合条件，由余弦的差角公式，即可求解. 【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为点，且在单位圆上， 如图所示，点的纵坐标为，设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点， 设经过小时后，时针针尖所在点的坐标为，则， 在直角三角形中，，因为，所以， 又因为，所以点在第一象限内，设，则点坐标为， 设点，由，解得或舍去， 设，则， 所以． 8．已知，是椭圆：与双曲线：的公共焦点，P为与在第一象限的公共点，若，则的内切圆半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】依题意，不妨设，，则，于是， 在中，由余弦定理得， 即，解得， 又，所以， 在中，，，， 设内切圆的半径为，则，即， 解得. 9．在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知复数z满足（i为虚数单位），则__________. 【答案】1 【详解】由得，所以， 所以，即， 所以 11．二项式的展开式中项的系数为_________． 【答案】 【详解】展开式的通项为. 令，得，则系数为． 12．已知抛物线的焦点为，点M是抛物线C上一点，且，过点M作x轴的垂线，垂足为N，则的面积为_______________ ． 【答案】 【分析】由焦半径公式得到点坐标，可求出点坐标，从而求出三角形面积. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 不妨设点位于第一象限，由，得，解得， 故，则有， 所以的面积. 13．（新考法预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位长度，移动6次后质点对应的数为，则（1）______，（2）在“”的条件下，事件“有且仅有一次经过1”的概率是______. 【答案】 6 【分析】设表示向右的次数，可得服从二项分布，求得，根据与关系，求得；根据与关系，求得，再求出，利用条件概率公式求解. 【详解】记表示向右的次数，则服从二项分布， 故； 此时质点对应的数，； 记“”为事件，，， 于是：， 记事件“有且仅有一次经过1”为事件， 则事件的情况有：RRRLRL，RRRRLL，LRRRRL，LLRRRR，LRLRRR （其中R表示向右走，L表示向左走），共5种， 则，于是：. 14．在中，，点，满足，，与交于 点．记，用和表示___________；若为的中点，，，则___________． 【答案】 ； . 【分析】设，利用三点共线，求出，结合线性运算求解可得空一；以为基底表示出相关向量，结合已知求得，代入目标式可得空二. 【详解】因为，所以为的中点，所以， 又，所以，所以， 设，则，即， 因为三点共线，所以，得，所以， 整理得， 所以. 因为，，， 所以， ， 因为，所以， 整理得①， 因为，， 所以，整理得②， 联立①②解得 因为， ， 所以 . 故答案为：；. 15．设，，，……，一般地，，其中，则的零点个数为______. 【答案】2028 【分析】分析的表达式规律，通过递推归纳出的分段形式与零点、分段区间的规律，再结合函数的单调性、值域来确定交点数量. 【详解】由定义归纳可得：对任意偶数，是分段一次函数，在单位区间 （为非负整数）上斜率为，满足： 对任意整数，（奇），（偶）； 时，，斜率为. 由（偶数），，符合上述规律. 处：，，故是1个交点. 区间：共2026个单位区间： 区间：从递增到，从递增到， 斜率为大于的斜率，除端点外无新交点. 区间（）： 对任意，都有： 若，则， 另一端点，必有1个交点； 若，则， 另一端点，也必有1个交点. 因此共个新交点， 区间：，， 斜率为远大于的曲率，时增长更快， 故存在1个交点, 所以总交点数： . 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分） 已知的内角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)若，求的面积； (3)若，求． 14.【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）由正弦定理得， （1分） 可得， 得到，即，（3分） 显然，则， 又，可得.（5分） （2）， 由余弦定理可得，整理可得， 又，解得， .（8分） （3）由正弦定理得，则， ，即，则，故为锐角， ，（11分） ，， .（14分） 17.（15分） 如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 17.【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，证得，利用线面平行判定定理即可证明结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，再根据点到平面的距离公式求解即可得答案． 【详解】（1）连接，    因为，， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为，，为的中点，（2分） 所以且，     可得且，即四边形为平行四边形，     所以， 又平面，平面，    （4分） 所以平面；  （5分） （2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：    依题意可得，，，，，， 则.，，，， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，（7分） 所以，         所以平面与平面的夹角为；（9分） （3）设，即， 则，从而，（11分） 由（2）知平面的法向量为， 设线面所成角的大小为， 由题意，，即，（12分） 整理得，解得或， 因为，所以，     所以， 则到平面的距离为.（15分） 18.（15分） 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； (3)若，求证：直线过定点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案. （2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案. （3）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案. 【详解】（1）由题意得：，解得，椭圆方程为：（3分） （2）因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在. 设直线，代入，可得， 设，，则，，（6分） 因为弦的中点的纵坐标为， 所以，即， ，（8分） O到直线MN的距离， ， 由，，可得， 当即时，取得最大值.（10分） （3），， 即， ，， 代入（*）式，得， 即， 化简得，（12分） 即  ， 或， 当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去， 当时，则直线，此时直线过定点， 当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，（14分） 此时，显然成立. 直线过定点.（15分） 19.（15分） 已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 19.【答案】(1)， (2) (3)最大值为1，最小值为 【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即得通项，再利用等差数列求和公式计算即得； （2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项相消法可得结果； （3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求得结果. 【详解】（1）当数列为等差数列时，设其公差为， 由题意得，所以，（2分） 所以， .（5分） （2）若数列为等差数列，由（1）知，显然在不单调； 故数列为等比数列，设公比为，则，解得或，（7分） 当 ， 时，，，易知在单调递增； 当 ， 时，，，易知在不单调， 所以，（9分） 由， 可得.（11分） （3）当数列为等比数列时，由（2）知或， 又为摆动数列，所以，， 所以，（13分） 当为奇数时，单调递减，故当时取得最大值1，且， 当为偶数时，单调递增，当时取得最小值，且， 所以的最大值为1，最小值为.（15分） 20.（16分） 设函数． (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若在上恒成立，求a的取值范围； (3)当时，若满足，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，求出切线斜率和切点坐标，进而求得切线方程. （2）对函数求导，判断单调性求出最小值，分两种情况讨论不等式恒成立时的范围. （3）对函数求导，判断单调性，设，求导判断单调性，进而证明结论. 【详解】（1）时，，对函数求导得. 所以. 所以的图象在处的切线方程为，即（4分）. （2）由得. 因为在上单调递增，所以. 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，（6分） 若，令得或，且. 当时，，单调递减， 所以，与在上恒成立矛盾， 综上所述，的取值范围是.（8分） （3）证明：当时，， 所以在上单调递增，又， 所以时，时，. 若，则，不合题意；（10分） 若，则，不合题意，所以. 设，则.（12分） 所以在上单调递增，因为，所以. 因为，所以.（14分） 又，所以，即. 又在上单调递增，所以，即. 所以，即.（16分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学三轮临考冲刺卷01（天津专用） （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45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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，则（    ） A． B． C． D． 2．设，为非零实数，则“”是 “”成立的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（新考法预测）函数在上的图像大致为（    ） A． B． C． D． 4．下列说法正确的是（   ） A．两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数越接近于1 B．数据7，4，2，9，1，5，8，6的70%分位数为6 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4 5．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．已知 为三条不同的直线， 为两个不同的平面，则以下选项正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 7．（新考法预测）如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 8．已知，是椭圆：与双曲线：的公共焦点，P为与在第一象限的公共点，若，则的内切圆半径为（   ） A． B． C． D． 9．在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知复数z满足（i为虚数单位），则__________. 11．二项式的展开式中项的系数为_________． 12．已知抛物线的焦点为，点M是抛物线C上一点，且，过点M作x轴的垂线，垂足为N，则的面积为_______________ ． 13．（新考法预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位长度，移动6次后质点对应的数为，则（1）______，（2）在“”的条件下，事件“有且仅有一次经过1”的概率是______. 14．在中，，点，满足，，与交于 点．记，用和表示___________；若为的中点，，，则___________． 15．设，，，……，一般地，，其中，则的零点个数为______. 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）已知的内角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)若，求的面积； (3)若，求． 17．（15分）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 18． （15分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； (3)若，求证：直线过定点. 19．（15分）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 20．（16分）设函数． (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若在上恒成立，求a的取值范围； (3)当时，若满足，求证：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $