精品解析：2026普通高等学校招生全国统一考试·冲刺压轴卷(二) （2026届山东聊城市临清市第二中学）高三一模数学试题

2026普通高等学校招生全国统一考试•冲刺压轴卷（二） 数学 全卷满分150分 考试时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上． 2.作答时，将答案写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． 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：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. 已知全集，，，则（） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 平面向量，， 在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则 （ ） A. -5 B. 5 C. 1 D. -1 4. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘.通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. 556π B. 900π C. 732π D. 588π 6. 已知的展开式中项的系数为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为坐标原点，直线与圆相交于、两点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足，则（ ） 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. 已知一组数据4，，，5，6的平均数为4，则（ ） A. B. 该组数据的方差是2.8 C. 该组数据的中位数是 D. 该组数据的极差是5 10. 若函数满足对任意，都有，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 在上单调递减 11. 已知平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，满足，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. B. 的方程为 C. 当直线与相切时， D. 存在线段，使得内心在外部 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 13. 若函数在定义域内单调递减，则实数的取值范围是______________． 14. 已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______. 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. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求的大小； （2）为边的中点，且，求的长． 16. 如图甲所示，四边形为正方形，，S为的中点.将沿直线翻折使得平面，如图乙所示. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成二面角的余弦值. 17. 已知(为常数) （1）当时，求在处的切线. （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，； 18. 斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有15颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛． 红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球 分值 1 2 3 4 5 6 7 （1）若甲进球概率为，乙进球概率为．甲先击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设 为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求 的分布列和数学期望． （2）丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为． （ⅰ）求； （ⅱ）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义． 19. 已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026普通高等学校招生全国统一考试•冲刺压轴卷（二） 数学 全卷满分150分 考试时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上． 2.作答时，将答案写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． 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：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. 已知全集，，，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集和交集的定义进行求解即可. 【详解】因为全集，， 所以，又因为， 所以， 故选：A 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算逐一求解判断. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 3. 平面向量，， 在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则 （ ） A. -5 B. 5 C. 1 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】可将各平面向量用坐标形式表示，进而求解 【详解】以网格中左下角一点为原点建立平面直角坐标系，则各向量可用坐标表示 易得，，. 因此， 故选：C 4. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设数列的公差为，由成等比数列，可得，由此可求结论. 【详解】设数列的公差为，则，， 由成等比数列，得，化简得：，又，得， 故. 故选：A. 5. 瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘.通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. 556π B. 900π C. 732π D. 588π 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台、圆柱及球的体积计算公式可得. 【详解】由题图可知，半球和圆柱的半径为6，圆柱的高为8，圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，高为9， 所以该瓷器的体积为, 故选：D 6. 已知的展开式中项的系数为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，进而结合展开式中的通项列方程求解即可. 【详解】由， 而展开式中的通项为， ， 令，得；令，得， 则的展开式中项的系数为 ，解得. 故选：A. 7. 已知为坐标原点，直线与圆相交于、两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知圆心为线段的中点，可得出，即可得出答案. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为， 易知直线过圆心，所以为线段的中点， 所以 ， 故选：D. 8. 已知正实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，，结合函数单调性可得，再借助反证法计算即可得解. 【详解】设，，， 则、、均在上单调递增， 又，故； 假设，则， 与题干矛盾，所以有； 假设，则， 与题干矛盾，所以有； 综上可得. 故选：B. 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. 已知一组数据4，，，5，6的平均数为4，则（ ） A. B. 该组数据的方差是2.8 C. 该组数据的中位数是 D. 该组数据的极差是5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、方差的计算公式和中位数、极差的概念逐项判断即可. 【详解】由题意可得，解得，A说法正确； 该组数据是1，4，4，5，6， 则该组数据的方差为，B说法正确； 该组数据的中位数是4，C说法错误； 该组数据的极差是，D说法正确； 故选：ABD 10. 若函数满足对任意，都有，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 在上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由函数对称性求出，再用辅助角公式化简解析式；依次判断参数值、平移后奇偶性，最后通过换元确定内层角范围，对照正弦函数单调性判断选项D． 【详解】对于A，B，因为对任意，都有， 所以取，可得，A错误，B正确； 对于C，因为对任意，都有，即的图象关于直线对称， 而是把的图象左移个单位，所以的图象关于轴对称，即是偶函数，C正确； 对于D，， 由，可得， 而在上单调递减，故在上单调递减，D正确． 11. 已知平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，满足，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. B. 的方程为 C. 当直线与相切时， D. 存在线段，使得内心在外部 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意利用向量的坐标运算可求出P点的轨迹方程，即可判断AB；联立直线和曲线方程，可得判别式等于0，求出相关参数的值，可判断C；为直角三角形，设其内切圆半径为r，结合圆心与曲线的位置关系，可求出半径的取值范围，即可判断D. 【详解】由题意可设， 而，故， 由，得，则可得， 所以，故，即， 故的方程为，B错误； 由，得， 故，当且仅当时等号成立，A正确； 当直线与相切时，设直线的方程为， 联立，得， 则，即得， 又因为在直线上，故， 代入，得，联立， 解得， 由，得，则，C正确； 由椭圆的对称性，不妨取内心在第一象限内情况， 为直角三角形，设其内切圆半径为r，则内切圆圆心为， 若内心在外部，则需满足，即； 又，则， 由于，设，由于考虑的是第一象限情况（可包含坐标轴）， 故，则， 设，则， 则， 由于，故与矛盾， 即不存在线段，使得内心在外部，D错误， 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由，利用两角差的正切公式计算即可. 【详解】 故答案为： 13. 若函数在定义域内单调递减，则实数的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数结合单调性建立恒成立的不等式求解. 【详解】函数在定义域为R，求导得， 依题意，，即恒成立，而，则， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 14. 已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】解题的关键在于分别计算出所有可能的非空子集选取情况以及满足条件的选取情况，然后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】因为集合， 故集合的非空子集个数为个， 因为独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），所以所有可能的选取情况数种. 当中最大元素为1时： 是，此时可以是共7种情况， 当中最大元素为2时： 可以是，此时可以是共种情况。 当中最大元素为3时： 可以是，此时可以是，共种情况， 当中最大元素为4时： 可以是，此时没有满足条件的子集，共0种情况， 故满足条件的子集选取情况总数为 根据古典概型概率公式， 事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率, 故答案为：. 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. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求的大小； （2）为边的中点，且，求的长． 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合两角和正弦公式即可求解； （2）利用中线向量公式，结合向量的数量积运算即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理边化角可得：， 再利用三角形内角和可知：， 所以有， 整理得：，在三角形中， 所以有， 又因为，所以； 【小问2详解】 由中线向量可得：， 则， 所以. 16. 如图甲所示，四边形为正方形，，S为的中点.将沿直线翻折使得平面，如图乙所示. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直得到，又，从而平面，得到面面垂直； （2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，从而得到二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取PQ的中点为O，MN的中点为E，为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，如图建立空间直角坐标系， 设，则，，， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以，显然平面的法向量为， 设平面与平面所成二面角为，从图中可以看出为锐角， 则. 17. 已知(为常数) （1）当时，求在处的切线. （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，； 【答案】（1） （2）当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增.· （3）证明：构造函数. 设，则，函数在上单调递增，且， 当时，，在上单调递减，所以在上单调递减， 当时，，在上单调递增，所以在上单调递增. ∴当时，的最小值为· ∴当时，， ∴在单调递增， ∴当时 ∴当时，· 【解析】 【分析】（1）当时，求出，再由点斜式求解即可； （2）对求导，分和，判断与的大小即可得出单调性； （3）构造函数，对求导，结合（2）中的结论，可证得，即可证出当时，. 【小问1详解】 当时，. ，∴切点为· ，∴切线斜率. ∴切线方程为，即.· 【小问2详解】 ， 当时，恒成立，∴在单调递增； 当时，由，由 ∴在单调递减，在单调递增.· 综上，当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增.· 【小问3详解】 略 18. 斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有15颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛． 红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球 分值 1 2 3 4 5 6 7 （1）若甲进球概率为，乙进球概率为．甲先击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设 为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求 的分布列和数学期望． （2）丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为． （ⅰ）求； （ⅱ）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义． 【答案】（1）分布列为： 甲得分 0 1 8 9 概率 数学期望为 （2）（ⅰ）； （ⅱ）当时，，故，这表明在长期比赛中，甲、乙、丙三人坐冷板凳的概率趋于， 体现了比赛的公平性，由于3人实力相等且转移概率对称，系统稳定时每人坐冷板凳机会均等． 【解析】 【分析】（1）根据题意理解比赛规则，分析甲可能得分的情况及对应的概率，列出得分分布列，并求出期望； （２）（i）根据题意列出递推关系式并确定，再利用递推关系构造等比数列求出；（ii）根据表达式分析充分大时的实际含义． 【小问1详解】 由题意可知，甲先击球，双方累计3次，规则如下： 首次上场必须先打红球，若打进后打黑球，若未进球换对方上场，必须击打红球； 甲进球概率为，乙进球概率为． 分析可知，甲的可能得分为， 即当时，可能情况为：①甲未进，乙未进，甲未进，②甲未进，乙进球，乙进球，③甲未进，乙进球，乙未进． 概率为：． 当时，可能情况为：①甲进球，甲未进，乙未进，②甲未进，乙未进，甲进球，③甲进球，甲未进，乙进球． 概率为：． 当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲未进． 概率为：． 当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲进球． 概率为：． ∴甲的得分情况的分布列为： 甲得分 0 1 8 9 概率 数学期望为：． 【小问2详解】 （ⅰ）已知3人实力相当，则获胜概率均为， ∵第一场比赛乙对战丙，甲坐冷板凳，， 分析状态转移规律：从任何状态，下一场比赛坐冷板凳者变为当前比赛失败者，概率各， 则递推关系为：， 对展开并移项得：， 假设存在常数使得构成等比数列，即， 则，所以，解得， 令，则， 是首项为，公比为的等比数列，则， ， ，即． （ⅱ）略 19. 已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）过定点，定点坐标； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由离心率和双曲线上的点结合，解得，即可得出答案； （2）（ⅰ）设， 方法一：由，设，得直线即的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理求得，写出直线的方程，进而可得，分和两种情况，得直线的方程即可得直线所过的定点； 方法二：设直线的方程为，一方面，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到；另一方面，写出直线的方程，进而得到的坐标，再由得到.从而有，即可得到直线所过的定点. （ⅱ）由（ⅰ）结合得到在双曲线的右支上根据渐近线方程得到，通过换元并利用导数可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为离心率，所以，而，所以． 所以双曲线的方程为． 将点代入双曲线方程，得，所以． 所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）直线过定点． 由双曲线的方程可知，设． 方法一：由，可设，则直线即的方程为． 联立整理得. 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以． 所以，即． 又直线即的方程为， 联立得， 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以， 所以. ∴． 当时，直线的斜率 ． 直线的方程为． 化简整理得，直线过定点． 当时，，即， 解得．直线也过定点． 综上，直线过定点． 法二：设直线的方程为，联立 整理得， 则． 所以． 直线．令，得． 直线，令，得． 由，得， 即， 所以． 即． 因为， 所以． 整理可得． 所以，所以直线过定点． （ⅱ）由（ⅰ）知，直线过定点， 则． 由（ⅰ）知， ∴． 又点在双曲线的右支上，双曲线的渐近线方程为． 所以． 令，则， 于是． 令，，则，在单调递减， 所以在单调递增， 当，即时，取得最小值． 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $