四川省字节精准教育联盟2026年普通高等学校招生全国统一考试适应性练习数学

**基本信息** 2026年高考数学适应性练习，依托AI精准测评，覆盖集合、复数、数列等核心知识，通过体育锻炼调研、游戏情境等真实素材，梯度设计考查数学眼光、思维与语言素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合运算、复数象限、等比数列|第8题以“手心手背”游戏考概率期望，体现生活应用| |填空题|3题/15分|二项式系数、椭圆离心率|13题结合圆与椭圆综合考查，分层赋分| |解答题|5题/77分|统计概率、立体几何、导数证明|19题三零点极值证明，融合逻辑推理与创新应用，15题体育锻炼调研渗透数据观念|

姓名：____________ 学号：___________________________ 练习题启封前按机密事项保管 SCGK 字节精准教育联盟·精准备考 2026年普通高等学校招生全国统一考试适应性练习 数 学 ZJ-GZ-GA-2026S-G26-GKMN AI赋能·精准测评 考生注意： 1. 练习题分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张。 2. 试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，练习时间120分钟。 3. 答题前，学生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚。 4. 学生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 5. 练习结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回。 ◈预祝你们高考成功◈ 郑重提醒 学生须在练习开始前检查试题卷和答题卡，若存在缺页、漏印、字迹模糊等情况，应于练习前向老师报告；练习后报告的，延误的练习时间不予补足。对试题内容有疑问，不得向老师询问。 练习结束前，严禁拍照、传播、上传试题卷及答题卡至任何网络平台，违者依规严肃处理。 请严格遵守练习纪律，违纪舞弊行为将按相关规定严肃处理。 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的。 1．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则复数在复平面内所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知公比为整数的等比数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，，若，则（   ） A．2 B． C．4 D． 5．已知抛物线：的焦点为F，点D 为C 的准线上一点，线段DF与C 交于点E，若，，则（    ） A． B． C． D．1 6．函数，则导函数的展开式中的系数为（　　） A． B． C． D． 7．已知直线恒过定点A，圆上的两点，满足，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 8．小华与另外名同学进行“手心手背”游戏，规则是：人同时随机选择手心或手背其中一种手势，规定相同手势人数更多者每人得分，其余每人得分.现人共进行了次游戏，记小华次游戏得分之和为，则为 A． B． C． D． 二、选择题：共3小题，每小题6分，满分18分。在每题所给出的四个选项中，有多项是正确的，全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9．已知函数相邻对称轴间的距离为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．当时，的取值范围是 D．若函数在上有3个零点，则a的取值范围是 10．已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（   ） A．正三棱锥与圆柱的体积的比值为 B．正三棱锥与圆柱的侧面积的比值小于 C．正三棱锥外接球的体积与圆柱外接球的体积相等 D．正三棱锥的内切球与圆柱的内切球的半径的比值小于 11．已知函数及其导函数的定义域均为，给出如下四个结论，其中正确的是（   ） A．若，且，则的解集为 B．若，且，则不等式的解集为 C．若，则函数在上为减函数 D．若，则 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。 12．的展开式中的系数为_____． 13．已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，原点到直线的距离是的焦距的，则的离心率为__________；若圆与交于两点，且，则的方程为__________.（第一空2分，第二空3分） 14．已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________. 四、解答题：共5小题，满分77分。解答时要写出相应的步骤与公式定理，在必要的地方写出文字描述。 15．（13分） 某市体育局为调研市民体育锻炼情况与健康水平的关联性，随机抽取了120名18岁~60岁市民进行调查．将每周锻炼不少于3次的市民归为“高频锻炼组”，不足3次的归为“低频锻炼组”；体质检测达到《国民体质测定标准》优秀和良好等级的定为“体质达标”，否则为“体质不达标”．调查结果整理为如下不完整的列联表． 体质达标 体质不达标 合计 附： ， 其中． 高频锻炼组 m 15 60 低频锻炼组 25 v u 合计 s t 120 0.050 0.010 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 (1)请根据列联表中的数据，写出m，v，s，t，u的值； (2)依据小概率值的独立性检验，分析该市市民体育锻炼频次是否与体质达标有关联； (3)该市计划从抽到的120人中体质不达标市民中抽取部分人员开展“科学健身指导”活动，现按高频锻炼组和低频锻炼组分层，通过分层抽样抽取10人展开指导活动，再从这10人中随机抽取3人进行专项访谈，求抽取的3人中至多有1人来自高频锻炼组的概率． 16．（15分） 已知公差不为0的等差数列满足，且成等比数列． (1)求的通项公式； (2)数列满足，求的前项和． 17．（15分） 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知E，F分别为，的中点，平面与棱交于点G． (1)求证：平面； (2)求； (3)判断线段上是否存在一点H，使得点H到平面的距离为？若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 18．（17分） 已知双曲线：（，）过点，且焦距为10. (1)求的方程： (2)已知点，，为直线AB上一点， （ⅰ）若直线DE与恰有一个公共点，求直线DE的方程； （ⅱ）若在线段AB上，直线DE交于，两点.证明：. 19．（17分） 已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 试卷第2页，共5页 高三·数学 第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 高2026届数学参考答案与试题解析 ZJ-GZ-GA-2026S-G26-MI AI赋能·精准测评 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D C D D D B C B BD BC AD 1．D 【难度】0.85 【知识点】交集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式、分式不等式 【详解】由解得：或，故或， 由，解得：，故， 所以 2．C 【难度】0.85 【知识点】判断复数对应的点所在的象限、复数的除法运算 【分析】应用复数的四则运算化简复数，并确定对应点坐标，即可得答案. 【详解】由，则， 所以复数在复平面内所对应的点为位于第三象限. 故选：C 3．D 【难度】0.65 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列前n项和的基本量计算 【分析】设出等比数列的公比，根据题意列出方程，解得首项和公比，再由等比数列的求和公式计算即可得到． 【详解】设的公比为，由得，所以. 当时，，解得或. 又是整数，所以； 当时，，解得，此时不是整数， 所以，A，B错误； ，所以C错误，D正确. 4．D 【难度】0.85 【知识点】平面向量线性运算的坐标表示、坐标计算向量的模、向量垂直的坐标表示 【分析】利用向量坐标运算及垂直性质计算可得，再利用模长公式计算即可得. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 即，解得， 所以，所以， . 5．D 【难度】0.5 【知识点】抛物线定义的理解、根据抛物线方程求焦点或准线 【分析】设，由题意可知，可得，再根据结合抛物线定义运算求解即可. 【详解】设，， 因为抛物线的焦点为，准线为， 由题意可知：，则，可得， 且，所以. 6．B 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、简单复合函数的导数 【分析】根据题意，求得，结合二项展开式的通项，即可求解. 【详解】由函数， 可得， 对于展开式中最高次数为，所以的系数为； 对于的展开式中的系数为 对于的展开式中的系数为， 所以的展开式中的系数为. 故选：B. 7．C 【难度】0.4 【知识点】数量积的坐标表示、直线过定点问题、求点到直线的距离、轨迹问题——圆 【分析】求出，由得到三点共线，设弦PQ的中点为，得到，利用，得到E的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设直线l为，利用点到直线的距离求出E到l的最小距离，过P、E、Q分别作直线l的垂线，垂足分别为M、R、N，则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点， 则ER是直角梯形的中位线，即，计算得解. 【详解】直线，， ，，，,三点共线， 设弦PQ的中点为，连接OE，则，即， ∴，，， 所以点E的轨迹方程为， 即E的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 设直线l为， 则E到l的最小距离为， 过P、E、Q分别作直线l的垂线，垂足分别为M、R、N， 则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点， 则ER是直角梯形的中位线， ∴， 即， 即， 所以的最小值为. 故选：C． 8．B 【难度】0.4 【知识点】求离散型随机变量的均值、写出简单离散型随机变量分布列 【分析】首先确定获胜的概率值，然后结合分布列的特征近似相应的概率值，最后求解数学期望即可. 【详解】设0表示手背，1表示手心，用5为的二进制数表示所有可能的结果， 其中第一位表示小华所出的手势，后四位表示其余四人的手势， 如下表所示，其中标记颜色的部分为小华获胜的结果. 由古典概型计算公式可知，每次比赛小华获胜的概率为， 可能的取值为，服从二项分布， ，， ，， 则数学期望： . 故选：B． 【点睛】本题主要考查古典概型的计算，离散型随机变量的期望，二项分布及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 9．BD 【难度】0.4 【知识点】三角恒等变换的化简问题、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、求含sinx(型)函数的值域和最值、根据函数零点的个数求参数范围 【分析】先利用和角的正弦公式与辅助角公式将函数化成正弦型函数，再根据正弦函数的相关性质逐一判断各选项即可. 【详解】. 对于A，由题意可得函数的最小正周期，满足，则有，故A错误； 对于B，由A可得，因为函数的最大值，故必有，即B正确； 对于C，当 时，，则有，故的取值范围是 ，故C错误； 对于D，当时，，由正弦函数的图象性质， 要使函数 在 上有3个零点，需使，即，故D正确. 故选：BD. 10．BC 【难度】0.65 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】分别计算正三棱锥和圆柱的体积、侧面积，求解判断A、B；分别计算正三棱锥和圆柱的外接球、内切球的体积和半径，求解判断C、D. 【详解】如图，设点在底面ABC内的射影为点，连接CH，则， 则. 正三棱锥的侧面积为. 设正三棱锥的外接球的球心为，外接球的半径为，则在直线SH上， 由，得.设正三棱锥内切球的半径为，则. 对于A：圆柱的体积为，A错误； 对于B：圆柱的侧面积为，B正确； 对于C：圆柱外接球的半径，C正确； 对于D：圆柱内切球的半径，D错误. 故选：BC. 11．AD 【难度】0.37 【知识点】根据函数的单调性解不等式、由函数在区间上的单调性求参数、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】设，求得为增函数，由，得到，可判定A正确；设，求得为增函数，结合，可判定B错误；设，求得为增函数，可判定C错误；结合，可判定D正确． 【详解】对于A，设， 因为，则，所以在上为增函数， 又因为， 由，得，所以， 即的解集为，所以A正确； 对于B，设，可得， 因为，所以，在上为增函数， 又因为，所以， 由得，所以，所以B错误； 对于C，设，可得， 因为，所以，在上为增函数，所以C错误； 对于D，由C知函数在上为增函数， 所以，可得，即，所以D正确． 12．8 【难度】0.85 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】根据二项展开式，结合多项式的乘法求解. 【详解】的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为8． 故答案为：8 13． / 【难度】0.65 【知识点】根据韦达定理求参数、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】根据条件，利用点到直线的距离公式得到，求得，即可求解；根据题设有，法一，设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合条件得，再由弦长公式可求得，即可求解；法二，根据条件，利用点差法，求出，后同法一，即可求解. 【详解】由题意知，则直线的方程为， 所以原点到直线的距离为， 又，所以，整理得，解得， 则，所以椭圆的率心率. 由题得圆，圆心为，半径为，因为. 所以为线段的中点，所以直线的斜率存在且不为0.由，得椭圆的方程为. 法一：设直线的方程为，， 代入椭圆的方程得， 则，因为为线段的中点， 所以，即，解得，则， 所以， 解得，满足，故椭圆的方程为. 法二：设，因为为线段的中点，所以， 又因为点在椭圆上，所以，两式相减得， 即，即， 所以直线的斜率，所以直线的方程为， 代入，得， 则，且，所以. 即，解得，所以椭圆的方程为. 故答案为：，. 14．1 【难度】0.35 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、三角函数图象的综合应用、辅助角公式 【分析】分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对进行分类讨论，得到答案 【详解】 ， 所以的一个周期为， 当时， ， 由于在上恒成立， 故在上的零点个数，即为的解的个数， ，显然无解，舍去， ， 由，得，所以， 在上单调递减， 当时， ， 因为在上恒成立， 故在上的零点个数，即为的解的个数， ，显然无解，舍去， ， 由，得，所以， 且在上单调递减， 在区间内恰有个零点， 需满足在每个区间内只有1个零点， 若，则，满足 即有且只有1个解， ，满足 即有且只有1个解， 综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若，则，满足， 即有且只有1个解， ，满足 即有且只有1个解， 综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若且，其中，则， 不满足，无解， 同理，不满足， 无解， 综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去； 若，则，满足， 即有且只有1个解， ，不满足，无解， 故函数在各个区间内各有1个零点， 在区间内恰有2026个零点，满足要求； 若，则，不满足， 即无解， ，满足，有且只有1个解， 故函数在内各有1个零点， 但在内无零点， 故在区间内恰有2025个零点，不合要求； 综上， 15． 【难度】0.7 【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、完善列联表、卡方的计算、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）利用列联表中行和、列和与总数之间的关系，通过简单的加减法运算求出的值. （2）根据第（1）问求出的数据，代入卡方公式计算的观测值，并与给定的临界值进行比较，从而判断两个分类变量是否有关联. （3）先求出高频锻炼组和低频锻炼组人数，然后根据分层抽样求出每组应抽取的人数，然后计算抽取的3人中至多有1人来自高频锻炼组的概率. 【解】（1）由列联表数据关系可知，，，，，，综上，，，，，． （2）零假设：市民体育锻炼频次与体质达标无关联． 根据列联表数据，计算 由于，根据小概率值的独立性检验，判断不成立， 因此，认为该市市民体育锻炼频次与体质达标有关联． （3）体质不达标者，高频锻炼组15人，低频锻炼组35人，按分层抽样抽取10人，则高频锻炼组抽取人数为3人，低频锻炼组抽取人数为7人． 从这10人中随机抽取3人进行专项访谈，事件总数有种， 设“抽取的3人中至多有1人来自高频锻炼组”为事件A，则事件A包含“0人来自高频组”和“一人来自高频组”两种情况． 则． 所以抽取的3人中至多有1人来自高频锻炼组的概率为． 16． 【难度】0.65 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、等比中项的应用、裂项相消法求和 【分析】（1）利用等比中项列式求出公差，进而求出通项公式. （2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和即得. 【解】（1）设等差数列的公差为，由成等比数列，得，而， 则，又，解得， 所以的通项公式是. （2）由（1）得， 所以. 17． 【难度】0.4 【知识点】空间线段点的存在性问题、点到平面距离的向量求法、空间位置关系的向量证明、证明线面垂直 【分析】（1）先由条件证明平面，进而得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明平面，得到，再证，求得，从而可得； （3）假设线段上是存在一点，满足条件，则，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【解】（1）因为平面，平面，则， 在正方形中，，因，平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 又因为，平面，故平面. （2）由（1）平面，因平面，则， 因平面，平面，则， 又，，平面，所以平面， 因平面，则， 又因为是的中点，，则， 因，平面，则平面， 因平面，则， 因，平面，则平面， 因为平面，则，即， 即由（1）平面，因平面，则，即， 又，则，则， 因为，，， 则，即，即. （3）以点为原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以 ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， ，则， 假设线段上存在一点，使得点到平面的距离为， 则，则， 所以，则，即，则， 则点H到平面的距离，解得或， 则或， 即在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为. 18． 【难度】0.4 【知识点】双曲线中的定值问题、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、根据a、b、c求双曲线的标准方程 【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程； （2）（ⅰ）设，得到DE：.联立双曲线方程，通过讨论和求解即可； （ⅱ）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出． 【解】（1）由题意得，， 故，，所以的方程为. （2）设，则直线DE：. 由得，（*） （ⅰ）①当，即时， 由（*）可知，，， 此时，直线DE方程为，和双曲线仅有一个公共点，符合题意； ②当，即时，要使直线DE与双曲线仅有一个公共点，则，即， 此时，直线DE方程为，和双曲线仅有一个公共点，符合题意； 综上，直线DE方程为或. （ⅱ）当时，即，解得，因为在线段AB上，故， 由直线DE交于，两点， 设，，则（*）有两个不相等的实根，， 所以即，且，. 故 . 所以，所以，即. 19． 【难度】0.15 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）由题意可得有三个零点，求导，令，对函数求导，分，，三种情况，结合导数与单调性、最值的关系及零点的存在性定理讨论求解即可；（ii）由可得，即，根据极值与导数的关系令，可得，令，，求导，根据导数可得，进而计算可证. 【解】（1）当时，，所以， 所以，又， 所以切线方程为，即； （2）（i）函数的定义域为，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增， 且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 若，则，所以， 所以在上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，， 且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）证明：由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以. 又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以， 所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以. 答案第18页，共19页 高三·数学·答案 第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $