2026年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷(四)2026年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷（四） 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日的答案标号涂黑。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。 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.设集合A={x|x2-4x+3≤0}，B={x∈Z|1<x<5},则A∩B= A.{2} B.{3} C.{2,3}》 D.{1,2,3》 2.已知i为虚数单位，若复数：-}+则复数的虚部为 A.、3 2 B 2 C.、 2 3.若f(x)=x(x+1)(x+a)(a∈R)为奇函数，则a的值为 A.-1 B.0 C.1 D.一1或1 y 线C:21(a>≥0.b>0)的一条渐近线方程为x十2y=0,则C的离心率 4.5 C.2 B.3 D./5 5.已知a,9,y,0为锐角，在sin acos,sin Bcos,sin ycos0,sin0cosa4个值中，大于2的个数的 最大值记为m,小于4的个数的最大值记为n,则m十n等于 A.8 B.7 C.6 D.5 6.中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积 术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的 押题卷（四）数学试卷第1页（共4页）】 二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列 是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第 四层17个小球，…，按此规律，则第50层小球的个数为 A.2400 B.2401 C.2500 D.2501 7.不等式（≤V:的解集是 Ao,动 B.[2,+∞) C.to, n+ 8.已知直线l:√2x十y十a=0与⊙C:x2+(y一1)2=4相交于A,B两点，且△ABC为等边三角 形，则实数a= A.-4或2 B.-2或4 C.-1±√3 D.-1±J6 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求。 9.已知x1t:是函数f(z)=2sim(ox-不)(w>0)的两个不同零点，且1x1-x:的最小值是， 61 则下列说法正确的是 A.函数f(x)在[0，]上单调递增 B.函数f(红)的图象关于直线x=一石对称 C.函数f(x)的图象关于点（π，0）中心对称 D.当x∈[π]时，函数f(x)的值域是[-2,1门 0.已知椭圆C:+y1(a>b>0)的左、石焦点分别为EE,上顶点为B,且tan/BF F2 a ”b2 √15，点P在C上，线段PF,与BF2交于Q,BQ=2Q,则 A.椭圆C的离心率为 B.椭圆C上存在点K,使得KF1⊥KF2 C.直线PF1的斜率为的 D.PF1平分∠BF1F2 押题卷（四） 数学试卷第2页（共4页） 1L.半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的 多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成的.二十四等边体就是一 种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这 个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是 A.MQ⊥平面AEMH M B.异面直线BC和EA所成角为60° C.该二十四等边体的体积为402 3 D.该二十四等边体外接球的表面积为16π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知平面向量a=(2,3),b=(-6,y),若a⊥b,则|a一b= 13.不过原点的直线1与曲线y=x相切于点A(x1y),相交于点B(x2y2),则= (参考公式：a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)) 14.已知函数f(x)=3sinx+4cosx,且f(x)≤f(0)对任意x∈R恒成立，若角0的终边经过点 P(4,m),则m= 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15.小C和小D2个同学进行摸球游戏，甲、乙2个盒子中各装有6个大小和质地相同的球，其中甲盒 子中装有1个红球，2个黄球，3个蓝球，乙盒子中红球、黄球、蓝球均为2个，小C同学在甲盒子中 取球，小D同学在乙盒子中取球 (1)若2个同学各取1个球，求取出的2个球颜色不相同的概率. (2)若2个同学第一次各取1个球，对比颜色后分别放入原来的盒子，第二次再各取1个球，对比 颜色后再分别放入原来的盒子，这样重复取球三次.记球颜色相同的次数为随机变量X,求X的 分布列和数学期望， 16.设数列{am}的前n项和为Sn,已知a1=1,2am+1=Sm+2(n∈N). (1)求数列{am}的通项公式； (2)数列{bn}满足bm=am·(log:am-1)(n∈N),求数列{bm}的前n项和Tm: 17.如图，三棱锥P一ABC的底面ABC和侧面PAB都是边长为4的等边三角形，且平面PAB⊥平 面ABC,点E为线段PA的中点，点F为AB上的动点 押题卷（四）数学试卷第3页（共4页） (1)若平面CEF⊥平面ABC,求线段AF的长； (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值. B 18.已知点A:(-5,0),A(5,0),直线PA,PA,的斜率之积为-日设点P的轨迹为曲线C (1)求曲线C的方程； (2)若抛物线y2=2px(p>0)与曲线C交于点A,B,设M(一1,0)，求△ABM面积最大时p 的值， 19.已知函数f(x)=xlnx十a,a<0. (1)证明：f(x)有且仅有一个零点. 2》当0∈（2e,0)时，试判断函数g)=21nx-2+ar是否有最小值，若有，设最 1 小值为h(a),求h(a)的值域；若没有，请说明理由. 押题卷（四）数学试卷第4页（共4页）■ 2026年普通高等学校招生全国统一考试 数学（押题卷四）答题卡 姓 名 考号 学 校： [0][0][0][0][0J[0]L0] 年 级： 班级： [1][1][1][1[1J[1][1] [2][2][2J[2][2J[2][2] 请对齐此左上角 [3][3][3J[3][3J[3][3] 条形码粘贴区 [4][4][4][4][4][4][4] L5][5][5][5]L5J5][5] [6][6][6J[6][6J[6][6] 教师填涂！ [7][7][7][7][7][7][7] [8][8][8][8J[8]L8]8] 缺考标记☐ [9][9][9J[9][9]E9][9] 选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 1[AJ[B][C][D] 4 [A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 2 [A][B][C][D] 5 [AJ[B][C][D] 8 [A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 6 [A][B][C][D] 二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9[AJ[B][C][D] 10[A][B][CJ[D 11[A][B][C][D] 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 四、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡第2页（共6页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 16 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡第3页（共6页） 姓名 考号 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 数学答题卡第4页（共6页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 18 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡第5页（共6页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 19 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ ■ ■ 数学答题卡第6页（共6页）【第4套参考答案】 1.C 2.A 3.A 4.A 5.B 6.D 7.B 8.A 9.ABD 10.ACD 11.BCD将该二十四等边体补形为正方体，如图所示， 因为该二十四等边体的所有棱长都为2，所以正方体的棱长为2×2× 2=22. 0 M 对于A,由条件知△MQH为正三角形，所以∠QMH=60°，所以MQ与MH不垂直，所以MQ 与平面AEMH不垂直，故A不正确. 对于B,因为BC∥AD,所以∠EAD是异面直线BC与EA所成角或其补角，连接ED,在 △EAD中，AE=AD=2,ED2=(2)2+(22)2+(2)2=12,所以c0s∠EAD= AE十ADED)又0<∠EAD<180,所以∠EAD=120',所以异面直线BC与E 2AE·AD 所成角为60°，故B正确. 对于C,因为该二十四等边体是由棱长为2√2的正方体截去8个等大的棱锥而得到的，且棱锥的 高为，区，底面是膜长为厄的等速直角三布形，斯以该二十西等边体的体积为2)一8X名×号 ×2X2×V2=40E故C正确。 3 对于D,连接AM,AC,CP,MP,AP,MC,设正方形ACPM对角线的交点为O,O即该二十四等 押题卷数学答案 第17页 边体外接球的球心，外接球的半径皮一2,2×号-2，所以该二十四等边体外接球的表面积S= 4πR2=16π，故D正确.综上，选BCD 12.√65 13.-2 14.3 1、42、4,342 15.【解】1)2个同学各取1个球，取出的2个球颜色不相同的概率为6×6+6×6+6×6一3 (2)由题意及(1)可得X~B(3,3), 1、 X的所有可能取值为0,1,2,3， P(X=0)=C8(°×(2)=8 .2 3 3 27 R(x-D-cix( 3 PX=2)-C×)-号 3 91 27 所以X的分布列为 X 0 2 3 8 4 2 1 27 9 27 数学期望E(X)-3×3=1. 16.【解】(1)2am+1=Sm+2①， 当n≥2时，2am=Sn-1十2②， ①-②得2am+1=3an(n≥2且n∈N*). 当n=1时，2a2=a1+2=3,此时2a2=3a1,满足2am+1=3am, 3 所以aa1=2a,(n∈N), 所以a,=(号)-1(m∈N) 2 (2)由1)得，b.=(m-2).()(m∈N), 所以工.=-1X停°+0×+1×(2+…+a-3)+a-2).2@. 2 8I.=-1×2+0X(号 3 )2+1×()+…+(m-3).()1+m-2).(g)④， .3 .3 3 2 ③-④得- .-1++ )2+…+(3)1-(m-2).(3)” 21 2 2 押题卷数学答案 第18页 3 -(n-2).(3 1 2 2 =-4-(m-4).()， 所以Tn=8+2n=4)·(2)”(n∈N) 17.【解】(1)解法一如图1，取AB的中点为O,连接PO,CO. 图1 ,'△ABC与△PAB都是正三角形， .PO⊥AB,CO⊥AB, 又平面ABC⊥平面PAB,平面ABC∩平面PAB=AB,∴.PO⊥平面ABC. 以O为坐标原点，OA,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标系， ,△PAB,△ABC都是边长为4的等边三角形，E为AP的中点， ∴.O(0,0,0),C(0,2√3,0)，E(1,0,√3). 设AF=t,则F(2-t,0,0),CF=(2-t,-2√3,0)，EF=(1-t,0,-√3). 设平面CEF的法向量n1=（x1,y1,z1),则 CF·n1=0 EF·n1=0 即2-251=0令1-6.得-1台 t (1-t)x1-√3x1=0 x1=1-t n1=31-21-0 易知平面ABC的一个法向量n=(0,0,1). .'平面CEF⊥平面ABC,∴.n1·n=0, 即1-t=0,解得t=1, 故线段AF的长为1. 解法二如图2，取AB的中点为O,AO的中点为G, 图2 连接EG,PO,GC,则EG∥PO. ,△PAB为正三角形，O为AB的中点， 押题卷 数学答案 第19页 .PO⊥AB,.EG⊥AB. 又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,∴.EG⊥平面ABC, 又EGC平面EGC,∴.平面EGC⊥平面ABC. 平面EFC⊥平面ABC, .点F与G重合， .线段AF的长为1. (2)由(1)解法一可知C(0,2√3,0)，E(1,0,3),P(0,0,23),B(-2,0,0),.CE=(1,-23, 3). 设平面PBC的法向量m=(x2y2,2),则m·BP=0, m·BC=0 ,BP=(2,0,2√3)，BC=(2,2√5,0)， .2x2+23z2=0 六2r4+25y:二 ,令x2=3,可得m=(W3,-1,一1). 设直线CE与平面PBC所成的角为a, 则sina=|cos<CE,m>l= CE·m|= √3+23-√3 15 CEm 4×√5 10 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为丽 10 18.【解】(1)设点P的坐标为(xy),显然y≠0.由题意得y .y 化简得号+y=10y20 (2)不妨设点A在第一象限，A(x1y1),则0<x1<√6,0<y1<1,B(x1,-y1),△ABM的 面积Saw=x1+1)X21=(1+1Dy xi 因为点A在曲线C上，所以6+yi=1, 所以S△Aw=(x1十1D）1- A 6· 令f)=x+D-F0<x<6,则y) (2x2十x-6) 6 6 1(2x3)x+2) -G 由了')=0得当xE@,号)时f)>0,x)在0，上单调通增当x∈（号 )时，f(x)<0,f)在()上单词道减，故当x-时，f)有凝大值，即当z-号 时，S△ABM有最大值， 押题卷数学答案第20页 此时y1=0 抛物线过点（三，心），所以卫=24 2’4 19.【解】(1).a<0, .x∈(0,1)时，显然有f(x)=xlnx十a<0, 函数f(x)无零点. .f'(x)=1十lnx, .x∈[1，十∞)时，f'(x)=1+lnx>0,f(x)单调递增. .e-a>1,∴.f(e“)=-ae+a=a(1-e4)>0,又f(1)=a<0,∴.f(1)f(e“)<0, 故存在唯一的x。∈(1，e“),使f(xo)=0. 综上可知，函数f(x)有且仅有一个零点. (2)g(x)=xInx +a, x∈(0,1]时，g(x)=f(x)<0,x∈(1，+∞)时，g(x)=f(x)单调递增. 又g(1)=a<0,g(e2)=2e2十a>0, .存在唯一x1∈（1，e2), 使g(x1)=0,即x1lnx1+a=0. x∈(0，x1)时，g(x)<0,g(x)单调递减； x∈(x1,+∞)时，g(x)>0,g(x)单调递增 因此函数ge)h一2十0：有最小值 1 a)-s)恤-ga)=安hx-i+(-x,nx=-hr-, 1 令gx)-号mx-e长1e,则g(x)-xnx-x<0, 故p(x)在(1，e2)上单调递减， 进面g()e(ge)g1)=(-e,-}.即ha)的值城为(-，-子. 押题卷 数学答案 第21页