2026届高考数学押题预测密卷（一）

**基本信息** 2026届高考数学押题预测密卷，覆盖集合、数列、统计等知识，以四色定理、大衍数列等情境设计，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析能力，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、统计残差、数列前n项和|结合四色定理考查排列组合，体现文化传承| |多选|3/18|大衍数列、曲线性质|古代数学数列应用，培养创新意识| |填空|3/15|函数不等式、圆台侧面积|空间形式与数量关系结合，发展几何直观| |解答|5/77|立体几何证明、双曲线定值、概率期望|综合考查逻辑推理与数学建模，适配高考命题趋势|

2026届高考数学押题预测密卷（一） 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．在梯形中，，，，，，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 3．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（    ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 4．已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（   ） A．2026 B．2027 C．4052 D．4053 5．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（    ） A．36种 B．72种 C．48种 D．24种 6．已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 7．已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列各结论中正确的是（    ）． A．“”是“”的充要条件 B．的最小值为2 C．若a，，，则 D．命题“，”的否定是“，” 10．大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（   ） A． B． C． D．数列的前20项和为110 11．数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（   ） A．点在上 B．面积的最大值为1 C．曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D． 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则______． 13．已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 14．设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 16．在公差不为0的等差数列中，已知成等比数列， . (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足 ，求数列的前项和. 17．如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． (1)证明：平面平面； (2)当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 18．已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于M，N两点，且直线AM，AN与直线分别交于P，Q两点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线FP，FQ的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19．在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考数学押题预测密卷（一） 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】集合， 由，解得，故； 因此. 2．在梯形中，，，，，，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【详解】由题可知，所以， 因， 则 故选：C. 3．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（    ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 【答案】A 【详解】由题设，则， 增加数据后，，，且回归直线为， 所以，则， 所以，有，故残差的绝对值为. 故选：A 4．已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（   ） A．2026 B．2027 C．4052 D．4053 【答案】C 【详解】因为，所以，则等差数列为递增数列， ， ， 故使得的最大正整数为. 5．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（    ） A．36种 B．72种 C．48种 D．24种 【答案】B 【详解】依次涂色，底面ABCD的涂色有4种选择，侧面PAB的涂色有3种选择，侧面PBC的涂色有2种选择． ①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同，则侧面PAD的涂色有2种选择； ②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同，则侧面PCD的涂色有1种选择，侧面PAD的涂色有1种选择． 综上，不同的涂法种数为． 故选：B． 6．已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】A 【详解】由函数的值域为，得， 由是定义在上的奇函数，得， 由是定义在上的偶函数，得， 则，则， 所以， 而函数与的值域相同， 所以函数的最大值为8. 7．已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知，对任意的，恒成立，说明是的最小值，即，是的零点； 对任意的，恒成立，说明是的最大值，即是的最值点. 两点横坐标差为，零点对应的点到相邻最值点的距离为，则. 对，周期，得. 由得，故 ， 结合，得，. 验证单调性：，当时，则， 由于在单调递增，且，满足在该区间单调递增. 则当时，，在的最小值为，因此. 8．已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， ； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增； 作出的大致图象如下， 设，则关于的方程有2个不同的根和， 且关于的方程分别有4个不同的根． 不妨设，则关于的方程需满足：， ①若，则，故， 且，即， 解得； ②若，则，此时，符合题意，故． 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列各结论中正确的是（    ）． A．“”是“”的充要条件 B．的最小值为2 C．若a，，，则 D．命题“，”的否定是“，” 【答案】AC 【详解】对A：因为与都表示“符号相同”，所以它们是等价的，即“”是“”的充要条件，故A正确； 对B：因为，但等号成立的条件是：即， 所以等号不成立，故B错误； 对C：因为（当且仅当时取“”）.故C正确； 对D：命题“，”的否定是“，”，故D错误. 故选：AC 10．大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（   ） A． B． C． D．数列的前20项和为110 【答案】ABD 【详解】对于A，由题意可得，，，，故A正确；对于B，因为为偶数，所以，因为为奇数，所以， 所以，故B正确；对于C，因为为偶数，所以， 又因为为奇数，， 所以，所以， 所以 ，故C错误； 对于D，数列的前项的和为， 所以 ，故D正确. 11．数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（   ） A．点在上 B．面积的最大值为1 C．曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D． 【答案】BCD 【详解】将点代入曲线的方程左侧可得，所以点不在上，故错误； 取可得，所以，，所以，由曲线可得，因为， 设，当时，， 当时，，代入曲线的方程成立，所以直线与曲线的交点坐标为， 所以点的纵坐标的绝对值的最大值为， 所以面积的最大值为，故正确； 取可得，所以，， 取可得，所以直线与曲线交于点， 直线与曲线交于点， 所以曲线经过点，，，，故正确； 坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，由已知可得，又，， 所以， 所以椭圆方程为， 联立，所以， 所以，所以，所以， 故椭圆与曲线的交点为，， 如图， 故曲线上所有点都满足，故正确. 故选：. 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则______． 【答案】 【详解】令，可得. 令，可得. . 13．已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 【答案】 【详解】由，得，显然， 所以在有解， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，则，即的取值范围为. 14．设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 【答案】 【详解】设圆台的侧面积为，，， 由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和得， 化简得：，所以， ，令， 得 ， 等号当且仅当时成立， 此时有，即，因为，所以满足题意， 故当取到最小值时，. 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【详解】（1）方法一：直接法 可得， 则，即， 注意到，于是， 展开可得，则， 又，. 方法二：二倍角公式处理+直接法 因为， 即， 而，所以； 方法三：导数同构法 根据可知，， 设，， 则在上单调递减，， 故，结合，解得. 方法四：恒等变换化简 ， 结合正切函数的单调性，，则， 结合，解得. （2）由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以由正弦定理得 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 16．在公差不为0的等差数列中，已知成等比数列， . (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足 ，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为 ，所以，即，即 又因为成等比数列，所以，即，即， 联立方程组，解得，， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，， 所以 ， 因为，， 可得，， 所以，所以数列的前2n项的和为． 17．如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． (1)证明：平面平面； (2)当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 【详解】（1）设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则，解得， 由，得的外接圆半径， 则，点也为外接圆的圆心，连接，得， 在中，由，得，由在上， 得，又，则，即， 而平面，则平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，平面，在平面内作，， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由点是上靠近点的三等分点，得为等边三角形， 则，， 设平面的法向量是，则由，取，得 ， 平面是平面的一个法向量，则， 由图知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值是． 18．已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于M，N两点，且直线AM，AN与直线分别交于P，Q两点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线FP，FQ的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是， 【详解】（1）由渐近线方程为得， 左顶点坐标为，则点到渐近线的距离， 解得，则， 双曲线的标准方程为 （2）设点， 依题意知直线的斜率不为0，设直线，与双曲线联立， 化简得， 则，， 根据韦达定理，可得 点坐标为 直线与直线的交点坐标为， 同理可得点. 19．在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 【答案】(1)， (2) (3)证明见详解 【详解】（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故， 表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则． （2）依题意可得：， 则， 所以 设， ， 作差可得， 所以， 所以 （3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数， 则，其中， 则， ， 设， 作差可得：， 所以， 所以，即， 令，当时，，所以在单调递增， 所以，即， 所以， 所以． 2 学科网（北京）股份有限公司 $