精品解析：江苏扬州市江都区丁沟中学2026年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．本试卷所有题目均为原创题或改编题． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数（为虚数单位），则所对应复平面内的点为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，为实数集，则（ ） A. B. C. D. 3. 设实数，在中，为上一点，若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知直线，圆，平面内一点满足，设圆上一点到直线的距离为，为实数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 设，且，已知的值域为，，若在区间上恰有3个零点，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其中．若存在，使成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知一组从小到大排列的样本数据，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 若第一项与最后一项的数据忽略不计，则样本数据的极差减小 B. 这组样本数据的上四分位数为 C. 这组样本数据的平均数为 D. 若为这组样本数据增加两个数据，则众数可能不变 10. 解析几何能将原本的几何图形转化为代数运算，在如今的数学解题中被广泛应用，下列命题中，是真命题的是（ ） A. 已知直线与平行，则或 B. 已知，点为轴上一动点，则的最大值为 C. 已知实数满足方程，则的最大值为 D. 已知两点，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是 11. 已知实数，且成等差数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，则的值为___________． 13. 某书店有6本书，其中的书各不相同，分给甲，乙，丙三位同学，每人至少分一本，则共有______种不同的分法．(用数字作答) 14. 已知为偶函数，为的导函数，当时，满足，则当时，不等式的解集是___________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在中，已知角所对的边分别为，且满足． （1）求； （2）若边上的两条中线相交于点，求的余弦值． 16. 已知数列为等差数列，． （1）求数列的通项公式； （2）定义数列满足递推公式． （i）求数列的前项和； （ii）记数列，若数列的前项和为，证明：． 17. 在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 18. 祖暅及其父亲祖冲之在《缀术》中写道：“缘幂势既同，则积不容异．”其中“幂”的意思是面积，“势”的意思是高度，“积”的意思是体积，其大致意思为：“若任取同一高度，两个几何体在此高度的横截面积相同，则这两个几何体的体积一定相同．”其中蕴含的微元思想在当今数学界仍有广泛应用，体现了古人的智慧，请根据材料内容，完成下列各题． （1）根据材料，我们可以构造如图1，图2两个立体图形推导球的体积公式，请你根据题意进行推导； （2）类比（1）中的构造方法，请你自主构造图形，推导图3椭圆绕其长轴旋转一周所得旋转体的体积； （3）若绕（2）中图形的短轴旋转一周，得到另一个旋转体，记它的体积为，求． （注：图1中为一个底面半径为的圆柱内置一个圆锥，底面半径为，高为） 19. 设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称为的凹区间；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数，区间称为的凸区间． （1）已知函数，判断的单调性并求其凹，凸区间； （2）如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，过线段的中点作轴的垂线，与函数和轴分别交于点，已知． （i）证明：对任意的点均有； （ii）结合（i）中的结论，当时，证明： 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数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．本试卷所有题目均为原创题或改编题． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数（为虚数单位），则所对应复平面内的点为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题易得，所以， 即对应复平面内的点为． 2. 已知集合，集合，为实数集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，用列举法先求出集合，再根据集合的补集求出集合，从而求出. 【详解】解：由题意得集合，集合， 所以. 3. 设实数，在中，为上一点，若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】在中，由为上一点，，得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为4． 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，解得， 原式. 5. 在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取底面的中心，连接，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角. 【详解】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 6. 在平面直角坐标系中，已知直线，圆，平面内一点满足，设圆上一点到直线的距离为，为实数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析的几何意义，根据圆上的点到直线的距离的最小值求得的最小值，结合导数的几何意义、两点间的距离公式及点到直线的距离公式，求得的最小值，即可得的最小值. 【详解】由题已知圆，圆心，半径． 则直线到圆心的距离， 故圆上点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径，故， 点满足，即， 因此点在函数的图象上， 表达式表示点到点的距离的平方， 又因为点在直线上，所以表达式的最小值为函数上的点到直线的最小距离的平方. 设函数上与直线平行的切线与其相切于点， 由题易得， 令，即，解得. 即切点为，由点到直线的距离有， 故的最小值为． 7. 设，且，已知的值域为，，若在区间上恰有3个零点，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再结合正弦函数图象性质求出范围. 【详解】由的值域为，得， 由，得， 而，则，， 由，得， 而函数在区间上恰有3个零点， 因此，解得， 所以正实数的取值范围是. 8. 已知函数，其中．若存在，使成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将条件不等式变形后分离参数，根据分离参数所得不等式构造函数，再利用导数求解出所构造函数的最小值，则的范围可知. 【详解】由题意可知，变形得， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以存在使得， 令，故只需要让， 因为，令， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 又，因此，所以在上单调递增， 故，故． 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知一组从小到大排列的样本数据，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 若第一项与最后一项的数据忽略不计，则样本数据的极差减小 B. 这组样本数据的上四分位数为 C. 这组样本数据的平均数为 D. 若为这组样本数据增加两个数据，则众数可能不变 【答案】CD 【解析】 【分析】根据极差、百分位数的计算方法、算术平均数的求法，以及众数的概念，即可对四个选项作出判断. 【详解】解：由题意知，这组样本数据从小到大排列，原数据极差为，去掉第一项和最后一项之后， 极差为，而，，所以，极差可能不变或减小，故A错误； 因为，且，因为计算结果不是整数，所以上四分位数取第5位，故上四分位数为，故B错误； 由题得这组样本数据的平均数，故C正确； 根据题意，这组样本数据从小到大排列，若增加的两个数据与原来的样本数据均不同，则众数不变，故正确. 10. 解析几何能将原本的几何图形转化为代数运算，在如今的数学解题中被广泛应用，下列命题中，是真命题的是（ ） A. 已知直线与平行，则或 B. 已知，点为轴上一动点，则的最大值为 C. 已知实数满足方程，则的最大值为 D. 已知两点，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两直线平行的条件检验从而判断A，关于轴的对称点为，由对称性得，然后利用平面几何知识求解最大值判断B，用三角换元法求解判断C，利用直线与线段相交时，观察直线的斜率是否有不存在的情形，并计算出的斜率后可得结论从而判断D. 【详解】对A，时，两直线方程分别为和，平行，时，两直线方程分别为，，两直线方程可以化为相同（如第一个方程两边乘以），两直线重合，A错； 对B，关于轴的对称点为，则，当是的延长线与轴交点时取等号， 所以的最大值是，B正确； 对C，方程表示的曲线是圆，其中圆心坐标是，半径是，设，，，，所以时，，C正确； 对D，，，点横坐标在两点的横坐标之间，过与轴垂直的直线与线段有交点，所以所求的范围是，D错. 11. 已知实数，且成等差数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等差数列性质，取特殊值，以及均值不等式逐项分析即可. 【详解】对于A，设， 因为成等差数列，所以， 两边同乘可得：， 即，也即，可得， 因 故，即A正确； 对于B，若取，代入，可得， ，此时不满足，故B错误； 对于C，由A项分析，得，当且仅当时取等，故C正确； 对于D，因为，所以， 当且仅当时等号成立，故D正确． 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，则的值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据的递推关系式，构造，得到数列为等比数列，根据等比数列的通项公式得到的通项公式． 【详解】由题意得，而， 故是以1为首项，5为公比的等比数列， 故；故；可得． 13. 某书店有6本书，其中的书各不相同，分给甲，乙，丙三位同学，每人至少分一本，则共有______种不同的分法．(用数字作答) 【答案】540 【解析】 【分析】法一：可将6本书分成3份，按2，2，2；或1，2，3；或1，1，4分，利用分组分配问题计算；法二：间接计算：将6本书分给3个人不考虑每人至少一本的情况，减去不符合题意的情况进行计算． 【详解】法一：将6本书按2，2，2分成3份，共有种； 将6本书按1，1，4分成3份，共有种； 将6本书按1，2，3分成3份，共有种； 分配给3个人，共有：种； 法二：总的分配方式(不考虑每人至少一本，每种书有3种选择)为种， 减去“指定1个人没有得到书”的情况总和(选1个没得到书的人，剩余2人分书)： 种(包含恰有2人没得到书的情况)， 加上“有2个人没得到书”的情况(选2个没得到书的人，剩余1人分书)：种， 故由容斥原理计算：共种． 14. 已知为偶函数，为的导函数，当时，满足，则当时，不等式的解集是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先构造函数，进而可判断在上单调递增，再根据辅助角公式将不等式转化为，再进一步转化为不等式组①或②,在上解不等式组①②可得不等式的解集. 【详解】令函数，则， 所以函数在上单调递减， 又因为函数为偶函数，也是偶函数，所以函数为偶函数， 根据偶函数的性质得函数在上单调递增. 而 ， ，因为， 所以， ， 所以不等式等价于或， 因为函数为偶函数， 所以不等式等价于①或②， 先解不等式组①，由及函数在上单调递增. 所以，得，解得， 所以不等式的解集为. 再解不等式，所以或， 在上，则，在上，则； 同理在上，则；在上，则. 所以不等式组在上的解集为； 不等式组在上的解集为. 不等式在上的解集为③. 所以不等式组①的解集为. 再解不等式组②，由及函数在上单调递增. 所以，得，解得， 由③可得不等式在上的解集为. 所以不等式组②的解集为. 综合不等式组①②解集可得原不等式的解集为：. 故原不等式的解集为. 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在中，已知角所对的边分别为，且满足． （1）求； （2）若边上的两条中线相交于点，求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理化简可得； （2）由题意可知，为向量与的夹角，即与的夹角，分别计算，，，代入向量夹角的计算公式可得. 【小问1详解】 由余弦定理知， 化简得，，所以． 又因为，所以． 【小问2详解】 由题意可知，为向量与的夹角，即与的夹角. 是的中点，得， 由是中点，得. 所以. 由，得. 所以， ， . 故． 16. 已知数列为等差数列，． （1）求数列的通项公式； （2）定义数列满足递推公式． （i）求数列的前项和； （ii）记数列，若数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）（i） （ii）由题得． 所以 化简得． 因为，，所以． 【解析】 【分析】（1）设首项为，公差为，再结合已知条件建立方程求得，再求通项公式即可； （2）（i）根据题意证明是首项为2，公比为2的等比数列，进而得，再结合错位相减法求解即可； （ii）由题意知，再结合裂项求和即可证明. 【小问1详解】 解：设首项为，公差为 根据题意可得方程组，所以解得． 所以 【小问2详解】 （i）解：因为 所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． 所以 ， 设 所以，两式相减得： 所以． （ii）略 17. 在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）为定值0；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合题意得，，进而解方程即可求得椭圆方程； （2）（i）由题意知，故根据直线的斜率为0时得；再结合直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理即可求得； （ii）结合（i），根据弦长公式得由题，点到直线的距离为，再结合基本不等式求解面积的最值即可. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，因为椭圆的左焦点为，所以， 因为点为上一点，为的右焦点，所以， 因为的周长为12， 所以， 所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）因为直线与轴的交点为，所以． 当直线的斜率为0时，三点共线且在轴上，故，此时； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，， 联立，化简消去得：， ， 解得或， 所以，由韦达定理得，， 所以 ， 综上，为定值0． （ii）由题． 点到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以． 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，此时成立， 所以面积的最大值为 18. 祖暅及其父亲祖冲之在《缀术》中写道：“缘幂势既同，则积不容异．”其中“幂”的意思是面积，“势”的意思是高度，“积”的意思是体积，其大致意思为：“若任取同一高度，两个几何体在此高度的横截面积相同，则这两个几何体的体积一定相同．”其中蕴含的微元思想在当今数学界仍有广泛应用，体现了古人的智慧，请根据材料内容，完成下列各题． （1）根据材料，我们可以构造如图1，图2两个立体图形推导球的体积公式，请你根据题意进行推导； （2）类比（1）中的构造方法，请你自主构造图形，推导图3椭圆绕其长轴旋转一周所得旋转体的体积； （3）若绕（2）中图形的短轴旋转一周，得到另一个旋转体，记它的体积为，求． （注：图1中为一个底面半径为的圆柱内置一个圆锥，底面半径为，高为） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用祖暅原理，在同一高度处分别求出圆柱、圆锥和半球的横截面积，借助等高处截面面积相等的性质，用同底同高圆柱体积减去圆锥体积，推导出球的体积公式； （2）设出椭圆标准方程，求出椭圆绕长轴旋转时任意位置的截面面积，类比球的推导思路，构造对应圆柱与双圆锥，通过体积差算出旋转椭球体体积； （3）更换旋转轴为椭圆短轴，同理求出对应截面面积，构造新的圆柱与双圆锥求出体积，再将与作比化简，得到两者体积的比值. 【小问1详解】 设在距离底面高度为处，圆柱的横截面积为，则圆锥的横截面积为， 球的横截面积为， 由祖暅原理有：圆柱的体积为，圆锥的体积为， 故. 【小问2详解】 设椭圆方程为，绕长轴旋转. 在处截面半径，截面面积. 构造底面半径为，高为的圆柱，挖去两个底面半径为，高为的圆锥， 如图：构造底面半径为 、高为的圆柱，内部对称放两个底面半径为 、高为的圆锥. 圆柱截面面积为，圆锥截面面积为， 构造体截面面积. 和椭圆截面面积相等 类比祖暅原理构造体. ，，得. 【小问3详解】 椭圆方程为， 变形得， 旋转体截面面积. 构造底面半径为，高为的圆柱，挖去两个底面半径为，高为的圆锥， 圆柱截面面积为，圆锥截面面积为， 构造体截面面积. 因此，横截面积相等. ，， 类比祖暅原理构造体. 求得，故. 19. 设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称为的凹区间；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数，区间称为的凸区间． （1）已知函数，判断的单调性并求其凹，凸区间； （2）如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，过线段的中点作轴的垂线，与函数和轴分别交于点，已知． （i）证明：对任意的点均有； （ii）结合（i）中的结论，当时，证明： 【答案】（1）在单调递增；的凹区间为，凸区间为; （2）（i）证明：对于凹函数定义域中的任意两个自变量，，， 所以， 由，有， （ii）证明;对不等式两边取对数. 问题等价于恒成立. 构造函数，即证恒成立， ，令， 令，即，解得， 所以是函数的凹区间， 因为，所以当时，是凹函数， 由（i）知，，当时，等号成立， 所以时，恒成立， 所以恒成立. 【解析】 【分析】（1）二次求导，得到导函数的单调区间得到的凹区间和凸区间； （2）（i）表达出的坐标，由得到结论； （ii）对不等式两边取对数，问题等价于，构造函数，二次求导，得到是函数的凹区间，，所以当时，是凹函数，结合（i）的结论得到答案. 【小问1详解】 因为的定义域为， 所以在定义域内单调递增. 设，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以的凹区间为，凸区间为; 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $