精品解析：陕西靖边县靖边中学2026届高三普通高等学校招生全国统一考试数学冲刺卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试・冲刺押题卷（六） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以． 2. 已知复数满足，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 16 D. 25 【答案】D 【解析】 【详解】设，则， 则，所以. 3. 已知椭圆，则“”是“ 的离心率为”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】A 【解析】 【详解】若 的离心率为，当 的焦点在 轴上，则，解得， 可得，解得； 当 的焦点在 轴上，则，解得， 可得，解得． 综上所述，的取值为6或1 所以“”是“ 的离心率为”的充分不必要条件． 4. 已知等比数列的前 项和为，且成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，又成等差数列， 所以， 因为，所以， 解得． 故. 5. 已知单位向量满足，若向量，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用向量数量积的运算得到，再由向量夹角公式计算． 【详解】因为单位向量满足． 所以，所以， 所以， 所以， 即向量与的夹角的余弦值为． 6. 在平面直角坐标系中，已知点 是抛物线上不同于 的一点，直线与抛物线的准线交于点 ，过点 且平行于 轴的直线交抛物线于点 ，且，则点 到 轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设且，依次求出各点坐标，利用两点间距离公式化简，求出 即可. 【详解】设且，则， 又抛物线的准线为，所以， 令，则，得，即， 所以 ， 解得，所以点 到 轴的距离为． 7. 已知的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设，则. 当时，则，可得 ，所以在上单调递减. 因为，且， 所以，即． 8. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定正方体外接球的半径，再利用线面平行转化球心到平面的距离，结合等体积法求出距离 ，最后利用球的截面公式即可算出截面面积. 【详解】记正方体的外接球的球心为 ，则 为正方体中心， 则半径， 连接，相交于点 ，则点 为 ， 的中点． 连接，，可得． 因为平面，平面，所以平面， 又因为 在上，则 到平面的距离等于点 到平面的距离，设为 . 因为，， 且平面 ，由得， 即， 则截面圆半径，所以截面的面积． 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. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的极差不大于的极差 B. 的60%分位数等于的60%分位数 C. 的众数等于的众数 D. 的方差不小于的方差 【答案】AB 【解析】 【详解】不妨设，则的极差为， 又的极差为，所以的极差不大于的极差，故A正确； 不妨设，又，所以的60%分位数为， 又，所以的60%分位数为，故B正确； 取特殊值，设一组数据为的众数为2和3，而的众数为2．故C错误； 当一组数据是常数时，去掉两个值（可以理解为最大、最小值），数据的波动性不变；当数据不是常数时，去掉最大、最小值，数据的波动性一定变小，也就是方差变小．所以的方差不大于的方差，故D错误． 10. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性及奇偶性判断即可. 【详解】由题意知， 当 时，易得函数在上单调递增， 又， 所以为奇函数，所以在上单调递增． 又是定义在上的偶函数，所以. 因为，所以是奇函数，故A正确； 因为，所以是偶函数．故B正确； 因为是定义在上的偶函数，且在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以．所以，故C错误； 因为， 所以，故D正确． 11. 在数列中，，记数列的前 项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. 若对任意，都有，则的取值范围是 D. ，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意可得，进而可得，再求即可判断A；作商判断数列的单调性即可判断B；分 为偶数和 为奇数讨论求的范围即可；利用裂项相消法求，设，利用导数可证得即可判断D． 【详解】对于A，因为，所以， 所以是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以，故A正确； 对于B，由于．故，因此是递增数列，故B正确； 对于C，由可得． 当 为偶数时，则恒成立， 由于单调递增，故； 当 为奇数时，则恒成立， 由于单调递增，故，则得． 故对任意，都有，则，故C正确； 对于D，因为， 所以， 令，所以， 当时， ，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，又， 所以，即，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆与圆相交于两点，则直线 的方程为___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为两点坐标同时满足圆与圆的方程， 所以将圆与圆两式相减，可得直线 的方程为 13. 某学校在新学期增设了“围棋”“象棋”“篮球”“乒乓球”和“羽毛球”这5种兴趣课，小胡和小张两位同学商量每人选报2门兴趣课，若两人所选的兴趣课至多有一门相同，且小胡必须选“围棋”这门兴趣课，则两位同学不同的选课方案有______种.（用数字作答） 【答案】36 【解析】 【详解】当小胡和小张两位同学所选的兴趣课恰有一门相同时： 当相同的兴趣课为“围棋”时，有种， 当相同的兴趣课不是“围棋”时，有种， 所以小胡和小张两位同学所选的兴趣课恰有一门相同时，共有24种. 当小胡和小张两位同学所选的兴趣课没有相同时，有， 所以两位同学不同的选课方案有 14. 在 中，，，则 的面积的最大值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用正弦定理和两角差的正弦公式可得，再利用余弦定理得出，化简得出，最后利用面积公式化简得出一元二次函数求出最值. 【详解】记内角 的对边分别为 ， 因为，所以， 由正弦定理得， 由余弦定理可得， 所以， 又，所以， 又， 所以， 所以， 所以当，即时，取得最大值，最大值为． 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. 已知函数． （1）若，且，求的值； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简，得到，结合角的范围求出，利用两角差的正弦公式代入求解即可. （2）根据图像平移变换得到，结合余弦型函数性质求值域即可. 【小问1详解】 由题意知， 令，所以， 又，所以， 所以， 所以． 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到， 当时，， 所以，， 即的值域为． 16. 已知甲盒中有2个红球，3个蓝球，乙盒中有4个红球，2个蓝球，这些球除了颜色外完全相同. （1）现从甲盒中任取2个球放入乙盒中，再从乙盒中任取2个球，求从乙盒中取出的是2个红球的概率； （2）从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 4 P . 【解析】 【分析】（1）分别记为“从甲盒中取出2个红球”，事件为“从甲盒中取出1个红球1个蓝球”，事件为“从甲盒中取出2个蓝球”，事件B为“从乙盒中取出的是2个红球”，由求解即可； （2）确定X的每一个取值，求得对应概率，即可求解. 【小问1详解】 记事件为“从甲盒中取出2个红球”，事件为“从甲盒中取出1个红球1个蓝球”，事件为“从甲盒中取出2个蓝球”，事件B为“从乙盒中取出的是2个红球”， 所以，，， ， ，， 所以 ， 即从乙盒中取出的是2个红球的概率为. 【小问2详解】 X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 所以， ， ， ， ， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 所以. 17. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面 ，点 是棱上的一点. （1）求证：为直角三角形； （2）若直线 与平面 所成角的正弦值为，求线段 的长. 【答案】（1） 取 的中点 ，连接， ，由等边可得， 又平面平面 ，平面平面， 平面 ，所以平面 ， 又 平面 ，所以. 在中，， ，， 由余弦定理可得， 因为，所以， 又 ，所以， 又，，平面，所以 平面， 又平面，所以， 故为直角三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）取 的中点 ，连接， ，由面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，可证平面，从而证得，得为直角三角形； （2）建立空间直角坐标系，设（），由线面角的向量求法列得关于的方程，求出，即可得线段 的长.. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， ， 两两垂直， 如图，以 为坐标原点， ， ，所在的直线分别为 ， ，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设（），则. 设平面 的一个法向量，则 令，解得，， 所以平面 的一个法向量. 因为直线 与平面 所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍），所以， ， 即线段 的长为. 18. 已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为，离心率为2． （1）求 的方程； （2）记 的左、右焦点分别为，点是 上的一点，直线与 交于另一点，直线与 交于另一点 ，设，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； （3）直线与 交于两点，点在 上，且，其中 为坐标原点，求 的取值范围． 【答案】（1） （2）是定值， （3） 【解析】 【分析】（1）先设点，根据题设条件推得，结合离心率代入求出 即可； （2）设，利用向量共线的坐标运算即可求解； （3）设，由联立方程组可得，再结合平面向量共线，分类讨论 的取值即可. 【小问1详解】 的渐近线方程为，设双曲线上一点， 则， 又在 上，所以， 即，代入可得， 又，代入可得，所以 的方程为. 【小问2详解】 由（1）易得，设， 由，可得， 即得，(*)， 又，所以， 即， ，即， 又，所以. 因为，所以，， 又，所以， 即， 所以，所以， 又，所以， 所以， 解得，即为定值. 【小问3详解】 设， 由消元得， 由，解得， 则有. 因为，所以 因为点在 上，所以， 即， 因， 故得，即， 即， 代入韦达定理，可得 整理得. 当时，等式左边，右边，因为左边右边，不合题意； 当 时，因，则，解得，产生矛盾，舍去； 当时，，解得或，故或. 综上， 的取值范围为. 19. 已知函数． （1）求证：有且仅有一个极小值点； （2）记是的唯一极小值点，求证：； （3）若 ，直线 与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线 的方程． 【答案】（1）证明：函数的定义域为， . 令，则， 所以即在上单调递增， 又， 则存在，使得， 且当时， ，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以为的唯一极小值点． （2）证明：由（1）知，，即， 所以， 要证，即证， 即证，即证， 即证， 又，从而只需证. 令，则恒成立， 所以是单调递增函数，所以，即. 所以得证. （3）或． 【解析】 【分析】（1）结合零点存在性定理，利用导数分析函数的单调性可得； （2）利用分析法，可得要证，只需证，构造函数，利用导数分析其单调性及取值情况可得，即可得原命题成立； （3）利用导数的几何意义及三角函数的周期性可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意，设，则， 则函数在点处的切线 的方程为，即． 若直线 恰好与曲线相切且有无穷多个切点，则存在三个不同的切点， 曲线在此三点处的切线为同一直线， 即， 于是有. 由， 得三个均相等，或其中两个相等，另一个与这两个相反. 当时，可得， 显然，则； 若其中两个相等，另一个与这两个相反时，不妨设， 则由，得. 即，或. 于是得直线 的方程为或． 当切线方程为时，切点为， 当切线方程为时，切点为， 所以直线 的方程为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试・冲刺押题卷（六） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 16 D. 25 3. 已知椭圆，则“”是“ 的离心率为”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 4. 已知等比数列的前 项和为，且成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知单位向量满足，若向量，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知点 是抛物线上不同于 的一点，直线与抛物线的准线交于点 ，过点 且平行于 轴的直线交抛物线于点 ，且，则点 到 轴的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（ ） 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. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的极差不大于的极差 B. 的60%分位数等于的60%分位数 C. 的众数等于的众数 D. 的方差不小于的方差 10. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 11. 在数列中，，记数列的前 项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. 若对任意，都有，则的取值范围是 D. ，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆与圆相交于两点，则直线 的方程为___________． 13. 某学校在新学期增设了“围棋”“象棋”“篮球”“乒乓球”和“羽毛球”这5种兴趣课，小胡和小张两位同学商量每人选报2门兴趣课，若两人所选的兴趣课至多有一门相同，且小胡必须选“围棋”这门兴趣课，则两位同学不同的选课方案有______种.（用数字作答） 14. 在 中，，，则 的面积的最大值为___________． 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. 已知函数． （1）若，且，求的值； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，然后再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在区间上的值域． 16. 已知甲盒中有2个红球，3个蓝球，乙盒中有4个红球，2个蓝球，这些球除了颜色外完全相同. （1）现从甲盒中任取2个球放入乙盒中，再从乙盒中任取2个球，求从乙盒中取出的是2个红球的概率； （2）从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望. 17. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，， 为等边三角形，平面平面 ，点 是棱上的一点. （1）求证：为直角三角形； （2）若直线 与平面 所成角的正弦值为，求线段 的长. 18. 已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为，离心率为2． （1）求 的方程； （2）记 的左、右焦点分别为，点是 上的一点，直线与 交于另一点，直线与 交于另一点 ，设，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； （3）直线与 交于两点，点在 上，且，其中 为坐标原点，求 的取值范围． 19. 已知函数． （1）求证：有且仅有一个极小值点； （2）记是的唯一极小值点，求证：； （3）若 ，直线 与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线 的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $