2026年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷(九)2026年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷

【第9套参考答案】 1.C 2.D 3.D 4.C 5.D 6.B 7.A 8.D 9.BD 10.ABD 11.ACD 12.2√5 13.(4,+∞) 4号 15.【解】(1)若顾客甲第2次抽奖选方案①，记两次抽奖累计积分为，则的所有可能取值为40， 35,10,5. 则P:=40)=号×写日Pg=5》号×日-号P(:-10-号×号-号，P=5》-号× 24 3=g 所以E0)=日×40+号×35+号×10+号×5-0+9+9+9-180-0 若顾客甲第2次抽奖选方案②，记两次抽奖累计积分为？，则)的所有可能取值为30,15,10. 则P-0》-x台司Pg-10)-号×号+×号-号pPg-10)-号x号-青 24 所以E以g-×0+号×15+音x10-曾+0+9-1 因为E()>E(),所以顾客甲应选择方案①. (2)解法一 依题意得E(X,)-写×2E(X)+号×5-号E(X,)+号 押题卷 数学答案 第44页 由E(X-号E(X,)+9得ECX）-10-号EX,)-10], X1的所有可能取值为10,5，其分布列为 X 10 5 P 2 3 所以E(X,)= 3,则E(X1)-10=-10 2 X)10为等比数列，其首项为一0么 所以E(X)-10=-1”×(号. 3 所以E(XB)=-10× 3X(2)+10≈9.8， 3 依题意再F(X)号×2R(X,)+X5-号F(X)+ 1 解法二 3 易知E0X,)××20+号××10+号×8-则 ,10 EX)三2E(X)大 =(是)E(X。)+3× 2、10,10 3 3+3 =… =(台)E(X,)+0× 2 2 ×[(。)5+(。)4+…+1] 3 3 1-(2)6 3 1 3 ≈9.8. 16.【解】(1)解法一记{am}的公差为d,由3a2+2a3=S5+6得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1 5×4 21+6,得d=-2, 所以S。=a1+n,1×(-2)=-n2+(a,十1)m 2 若数列{Sm}为单调递减数列，则SmH一Sn<0(n≥1)恒成立， 即am+1=a1-2n<0(n≥1)恒成立，得a1<2n(n≥1)恒成立. 得a1<2. 解法二记{a,}的公差为d,由3a:+2a,=S,+6得3(a1+d)+2(a1十2d)=5a1+5X4 d 2 +6,得d=-2, 所以S。=a1+n2D×(-2)=-n2+(a,+1)m. 2 押题卷数学答案第45页 若数列{S}为单调递减数列，则需满足“十1< 2 21 解得a1<2. (2)由(1)知，{am}的公差d=-2, 又a1=1,所以am=1+(n-1)×(-2)=3-2n. 根据题意，数列{bn}为 1,2,-1,2°，21，-3,2°，21,22，-5，…，-2n+3,2°，2，…，2m-1,-2n+1,… 可将数列分组： 第一组为1,2°； 第二组为一1,2°，2； 第三组为一3,2°，2,22 …… 第(k∈N*)组为一2k十3,2°，2,22，…，2-1」 则前6组一共有2十3十…十(k+1)=十3)（项）， 2 当k=12时，项数为90. 故T5相当于是前12组的和再加上一23,1,2,22,2°， 即T95=[1+(-1)+(-3)+·+(-21)]+[2°+(2°+2)+(2°+2+22)+…+(2°+2 +…+21)]+(-23+1+2+22+23). 2°+(2°+21)十(2°+21十22)十…十(2°+21十…+21)可看成是数列{cm}(cm=2”一1)的 前12项和， 所以Ts=1-2)×12+2×1-2)-12-28+1+2十4+8=-25-142=8050. 2 1-2 17.【解】(1)因为DN∥平面AEF,DNC平面PCD,平面PCD∩平面AEF=EF,所以DN∥ EF. 因为E为PD的中点，所以F为PN的中点. PC=,所以PV2 因为PF1 PC-3 MB 1 PM 2 PN 因为PB=3,所以PB-3-pC, 所以MN∥BC. 因为MN中平面ABCD,BCC平面ABCD, 所以MN∥平面ABCD. (2)因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以CD⊥PA.因为CD⊥AD,AD∩PA= A,所以CD⊥平面PAD. 如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（其中Ax⊥AD), 则A0.00.C22,0,E0,1,,F号，， 押题卷 数学答案 第46页 所以AE=(0,1,1),AF=(名，2,4) 333. 设平面AEF的法向量为m=(x,y,z), m·AE=0 y+之=0 ,得2 2 4 mAF=032+3y+3之=0' 令y=1,得之=-1，x=1, 则平面AEF的一个法向量为m=(1,1,一1)， 易知平面AED的一个法向量为n=(1,0,0). 设二面角F-AE-D的大小为9，则|cos9|=|cos<m,n>=m川n=3 |m·n|√3 因为二面角F一AE一D为钝二面角， 所以二面角F一AE一D的余弦值为一 3 18.【解】(1)由题设得p=2, 所以抛物线C的方程为y2=4x. 因此，抛物线的焦点为F(1,0), 即圆M的圆心为M(1,0). 由于圆M与y轴相切，所以圆M的半径为1， 所以圆M的方程为(x一1)2+y2=1. (2)解法一由于P(xo,yo)(x0≠2)，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，所以x0≠0. 故设过点P且与圆M相切的切线方程为y一y0=k(x一xo),即x一y十yo一kxo=0. 依题意得及+。一x。=1, √k2+1 整理得xo(x0-2)k2-2yo(x0-1)k十y-1=0.① 设直线PA,PQ的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程①的两个实根， 故k1+十k2= xo(x。-2)k1·k2=y6-1 2yo(x0-1) 由k红-y+十-x,=0 x(x0-2)② 得ky2-4y+4(y0-kxo)=0.③ y2=4x △=16-16k(y0-kx0)>0, 因为点A,B,Q,R的纵坐标分别为y1y2y3y4, 所以y1y2 4(y-k1x）,④ k1 4(y。-k2x y3y4= -.⑤ k2 由②④⑤三式得 16(y0-k1x0)(y0-k2x0) yiy2y3y4= kk2 =16[y6-(k1+k2)z0y十x6k1k2] kik2 16[y6-(k1+k2)xoyo] +16x kik2 押题卷 数学答案 第47页 16y号- 2yo(x0-1) xo(xo-2)4oyo] +16x8 y6-1 x0(x0-2) =16. 即y6xo(x0-2)-2yo(x0-1)xoy0=(1-x6)(y6-1), ayoxo-2yoxo-2yox0+2xoyo=yo-xoyo-1+x0, 即x+y=1. 所以点P在圆x2+y2=1上. 解法二设切线方程为x一x。=m(y一yo),因为每条切线与抛物线均有两个交点，所以yo≠士 1, 由题意得1-。+ml =1, Wm2+1 整理得(y-1)m2+2y(1-xo)m十x品-2x0=0.（￥) 设切线PA的方程为x一xo=m1(y一yo),切线PQ的方程为x一x。=m2（y-yo),则m1,m2 是方程（￥）的两个实根. 则m1+2= 2yo(x0-1) y6-1 mn=号-2zg y8-1 由 y2=4x x-xo=m(y-yo) 得y2=4[m(y-y)+xo], 化简得到y2-4my+4my0-4x0=0,△=16-16(my0-xo)>0, 则y1y2=4m1y0一4.x0, 同理y3y4=4m2y0一4x0, 故16=y1y2y3y4=(4m1y0-4xo)(4m2y0-4x0), 整理得m1m2y6-xoyo(m1十m2)+x6=1, 故2×y-2vx-》十 y6-1 y6-1 +x8=1, 化简得x6+y=1. 故点P在定圆x2+y2=1上. 19.【解】(1)由题意得f'(x)=[x2-(a-1)x-a]ex=e(x-a)(x+1), ①当a=一1时，f'(x)=e(x+1)2≥0，当且仅当x=一1时等号成立，故f(x)在R上单调 递增； ②当a<-1时，令f'(x)>0,得x<a或x>-1,令f'(x)<0,得a<x<-1,所以f(x) 在（一∞，a)上单调递增，在(a,一1）上单调递减，在（一1，+∞）上单调递增； ③当a>-1时，令f'(x)>0,得x>a或x<-1,令f'(x)<0,得-1<x<a,所以f(x) 在（一∞，一1）上单调递增，在（一1，a)上单调递减，在(a,+∞）上单调递增， (2)当a=一1时，f(x)在R上单调递增，故当x1>x2时，f(x1)>f(x2), 不等式|f(x1)-f(x2)1<m(e2-e2),即f(x1)-f(x2)<m(e2-e2), 从而有f(x1)-me2<f(x2)-me2. 令g(x)=f(x)-me2r, 则g(x)在(0，+∞)上单调递减， g'(x)=f '(x)-2me2=(x +1)2e*-2me2, 则g(x)≤0在(0，+∞)上恒成立，即2m≥ (x十1)在(0，+∞)上恒成立. 押题卷 数学答案第48页 令h(x)=（x+1)2 正≥0.则h()当xE0,少时，(x>0,当x∈，+c 时，h(x)<0,故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 从而只需2m≥h(1)=1,故m的取值范围为[2，十0). 押题卷 数学答案第49页■ 2026年普通高等学校招生全国统一考试 数学（押题卷九）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][7J[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 E F 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）2026年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷（九） 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目的答案标号涂黑。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.已知集合P={x|一1<x<1},Q={x|x(x+2)<0},则P∩Q= A.{x|0<x<1}B.{x|-2<x<1}C.{x-1<x<0}D.{x|-2<x<0} 2.某学校高三年级组在每次考试后都将全年级数学成绩的第85百分位数定为“优秀”分数线.某次 考试后，张老师将自己所带的100名学生的数学成绩录入计算机，并借助统计软件制作成如图所 示的频率分布直方图.据此，由样本估计总体，可知此次考试的“优秀”分数线约为 ( 频率， 组距 500 0.02 4750 75 375 0.01 1500 750 0■ 607590105120135150成绩 A.120 B.123 C.126 D.129 3.(x一y+2)5的展开式中，x3y的系数为 A.80 B.40 C.-80 D.-40 知双曲线C:名-与1a>≥0，b>0)的左右熊点分别为F,F过F的直线与c 交于A,B两点，且A=3F1,∠ABF2=90°，则C的渐近线方程为 A.y=士2x B.y=±√5x Cyui √10 D.y=士 22 押题卷（九）数学试卷第1页（共4页）》 5.已知角。的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点Pcos行sim),则 cos(a- 1 A.0 B.2 C.2 D.2 6.已知正项数列{a,}满足a,1-”十 2nam,则28 = ( 1 1 16 B.8 7.函数f(x)=x士2的大致图象为 8若直线后+名-1与园x十)-1有公共点，则 A.a2+b2≤1 B.a2+b2≥1 c+≤1 1 1 a D+6≥1 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.已知函数f(x)=sinx+sin xcos x(x∈R),则 A.f(x)的最小值为0 B.f(x)的最小正周期为π C.f(x)的图象关于点(：，0)中心对称 D.f(z)的图象关于直线x=一轴对称 8 园子十之1上一点P位于第一象限，左、石焦点分别为P,F,·左右顶点 2),则 1 A2,∠F1PF2的角平分线与x轴交于点G,与y轴交于点H(0, A.四边形HF,PF2的周长为4+√5 B.直线A,P,A,P的斜率之积为 C.|F,G1:|F2G|=3:2 D.四边形HF,PF2的面积为2 11.约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱 押题卷（九）数学试卷第2页（共4页） 相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱)以外，所有由正多边形面组成的凸多面体.其中，由正多边形 构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其 中一个的边数是另一个的两倍)之间加入三角形和四边形所组成的多面体.各个面为正多边形 的台塔，包括正三、四、五角台塔.下图是所有棱长均为1的正三角台塔，则以下对该台塔的描述 中，正确的是 ( A.共有15条棱 B.表面积为3十23 c名调 D.外接球的体积为3r 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=(1,2),b=(3,x),a与a+b共线，则|a一b= 13.若过点(0,6)6>0》只可以作曲线y-二的一条切线，则b的取值范围是 14.已知f(x)=2sim(2x+写），若3x1a2x∈0号，使得f(x)=fx）=fx),若1+ [3π x2+x3的最大值为M,最小值为N,则M+N= 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15.某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n(n∈N*,且n≥2)次抽奖，每次中奖的 概率为行，不中奖的概率为号，且各次抽奖相互独立.规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则 2 得5分.第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个： 方案①，若中奖则得30分，否则得0分： 方案②，若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分. 第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束 (1)如果=2，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理 由. (2)记顾客甲第i次抽奖获得的积分为X,(i=1,2,…,n),并且选择方案②.请直接写出 E(X:+1)与E(X,)的递推关系式，并求E(X8)的值.（精确到0.1） 押题卷（九）数学试卷第3页（共4页） 参考数据：()7≈0.059. 3 16.已知等差数列{am}的前n项和为Sn(n∈N*),满足3a2+2a3=S,+6. (1)若数列{Sn}为单调递减数列，求a1的取值范围： (2)若a1=1,在数列{an}的第n项与第n十1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n 项，形成新数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tm,求T5. 17.如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2, E为PD的中点，F,M分别在PC和PB上，且BES-一 (1)若N在PC上，且DN∥平面AEF,求证：MN∥平面ABCD; (2)求二面角F一AE一D的余弦值. 18.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，圆M与y轴相切，且圆心M与抛 物线C的焦点重合. (1)求抛物线C和圆M的方程； (2)设P(xo,y)(x。≠2)为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个 不同的点A(x1y1),B(x2y2)和点Q(x3y3),R(x4y4),且y1y2y3y4=16,证明：点P在一 条定曲线上 19.已知函数f(x)=[x2-(a+1)x+1]·e,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若a=-1,对任意x1,x2∈(0，十∞)，当x1>x2时，不等式|f(x1)-f(x2)1<m(e2 一e2:)恒成立，求实数m的取值范围. 押题卷（九）数学试卷第4页（共4页）