2026届高考数学押题预测密卷（三）

**基本信息** 2026届高考数学押题预测密卷（三）以数学思维与语言为核心，通过AI情境概率题、椭圆综合题等，适配高考命题趋势，覆盖函数、数列、几何等模块，兼具基础巩固与创新应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|集合、充要条件、函数单调性等|基础概念辨析，如第2题充要条件判断| |多项选择|3/18|概率性质、数列判定等|多维度知识整合，如第9题概率命题判断| |填空题|3/15|二项式定理、解三角形最值等|运算与推理结合，如第13题三角形最值| |解答题|5/77|数列证明、AI概率应用、椭圆综合、导数等|情境化与综合性强，如第17题AI比赛概率，第19题导数零点讨论|

2026届高考数学押题预测密卷（三） 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，集合，，则集合（   ） A． B． C． D． 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 4．在中，若，，其面积为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．设，则（   ） A． B． C． D． 6．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限交于点P，直线交C于另一点Q，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．若数列满足：对于任意正整数n，，则称，互为交错数列．记正项数列的前n项和为，已知1，，成等差数列，则与数列互为交错数列的是（ ） A． B． C． D． 8．已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） 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．下列说法正确的是（   ） A．随机事件A,B相互独立的充要条件是 B．设X为随机变量,则 C．,则, D．若,记函数,,则的图象关于点对称 10．已知数列的前项和为，且满足，，，则下列说法正确的是（    ） A．数列为等差数列 B．数列为等比数列 C． D． 11．若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（    ） A． B．的最大值为 C．存在，使得四边形是平行四边形 D．面积的最大值为 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若的展开式的二项式系数和为32，则其展开式的第四项系数为______. 13．已知在中， ，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值为__________． 14．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，且．记，则的取值范围为________． 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．如图，在四边形中，. (1)若，求边的长； (2)求面积的取值范围． 16．已知数列，满足()，且． (1)证明：数列与均为等比数列； (2)求数列的前25项和．(其中表示不超过的最大整数，如) 17．人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学.很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图.已知准确率在内的试卷数为10.    (1)求图中的值，并求出试卷总数； (2)“如何利用AI”是AI能否更好的造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果.甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时， ①若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； ②若比赛不限制局数，求“甲同学赢得比赛”的概率（用，表示）. 18．已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 19．已知函数，． (1)若函数与在处的切线平行，，求的极值； (2)当时，讨论函数零点的个数； (3)设m为正整数，若，，求m的最小值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考数学押题预测密卷（三） 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，集合，，则集合（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意可得：，所以.故选：D 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】单调递增，， 单调递增，， ， 即“”是“”的充要条件. 3．下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，在区间上单调递增，不符合题意； 对于B，的定义域为，不符合题意； 对于C， ，在区间上单调递减，符合题意； 对于D，在区间上单调递增，不符合题意； 4．在中，若，，其面积为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】由题意知，，所以. 由余弦定理知，，所以. 由正弦定理得，，则，，. 所以. 5．设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】构造指数函数，底数，所以单调递减，即； ，即. 6．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限交于点P，直线交C于另一点Q，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设的半焦距为，， 则，，，， 由题意可知：， 在中，，即，解得， 则，， 在中，，即，可得， 所以椭圆C的离心率. 7．若数列满足：对于任意正整数n，，则称，互为交错数列．记正项数列的前n项和为，已知1，，成等差数列，则与数列互为交错数列的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由1，，成等差数列，可得，， 当时，，解得， 当时，由，可得， 上面两式相减可得， 化为， 由，即有， 是3为首项，2为公差的等差数列，可得， 对A，， ， 与数列不互为交错数列，故A选项错误； 对B，由，可得， 与数列不互为交错数列，故B选项错误； 对C，由， ， 与数列不互为交错数列，故C选项错误； 对D，由可得 ， 与数列互为交错数列，故D正确． 故选：D． 8．已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为函数， 当时，则，可得， 即，则，可得， 因为在上单调递增，所以； 当时，则，，不可能成立，不合题意； 当时，则， 设，对任意，且， 则，且，可得，即， 可知在上单调递增，则，即； 综上所述：的取值范围是. 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．下列说法正确的是（   ） A．随机事件A,B相互独立的充要条件是 B．设X为随机变量,则 C．,则, D．若,记函数,,则的图象关于点对称 【答案】ABD 【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则， 所以， 再证充分性：若，则， 所以，即，说明与相互独立， 所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确； 对于B，由于，则， 所以， 即，所以B正确； 对于C，由,则,，故C错误； 对于D，因为,记函数,, 所以对任意，有， 由正态分布的对称性：， 因此， 即的图象关于点对称，故D正确. 10．已知数列的前项和为，且满足，，，则下列说法正确的是（    ） A．数列为等差数列 B．数列为等比数列 C． D． 【答案】BCD 【详解】对于A，由，得，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 对于B，由题意得，又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； 对于C，由对A的分析知，所以，故C正确； 对于D，由对B的分析知，故，由， 得，即时，， 又，所以，， 所以当为奇数时，均为0， 当为偶数时，均为1，故， 即，即，故D正确. 11．若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（    ） A． B．的最大值为 C．存在，使得四边形是平行四边形 D．面积的最大值为 【答案】ACD 【详解】因为曲线由半圆和半椭圆组成，所以曲线关于横轴对称，不妨研究当时的情况. A：由椭圆的标准方程可知， 所以是椭圆的焦点， 于是有，所以本选项结论正确； B：显然，所以是直角三角形，且， 所以，当且仅当时，取等号，即，此时，显然重合，不符合题意， 即，所以本选项说法不正确； C：当时， 由. 当时， 由. 假设四边形是平行四边形，因为， 所以， 即，舍去，所以存在，使得四边形是平行四边形，所以本选项说法正确； D：的面积为，当且仅当时取等号，即， 所以当时，面积的最大值为，所以本选项说法正确. 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若的展开式的二项式系数和为32，则其展开式的第四项系数为______. 【答案】 【详解】由题意可得，故， 故展开式的第四项为, 故系数为， 故答案为： 13．已知在中， ，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值为__________． 【答案】 【详解】设，对平方得： ， 由于, ，所以当时，取到最小值， 即， 因为，所以， 由余弦定理可得：， 取中点为，则， 因为为边上任意一点，则的最小值为点到的距离， 再由正弦定理可得：， 所以，即的最小值为. 14．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，且．记，则的取值范围为________． 【答案】 【详解】因为，，， 所以，所以， 又，所以， 即，解得或（舍去），因为，所以． 在锐角中，有，，则，所以， ，因为，所以，所以，所以，即． 因为，设，则， 构造函数，由于，所以，所以关于单调递增，所以的取值范围为． 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．如图，在四边形中，. (1)若，求边的长； (2)求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在 中，，，由余弦定理， 因为 ，所以， 因为，所以，所以 ， 在中，由正弦定理得， 即 所以边的长为. （2）设 ，因为，所以， 在中，，所以， 由三角形内角和定理，得，解得， 在中，， 由正弦定理得， 所以面积 . 因为，所以，则， 所以，即面积的取值范围为. 16．已知数列，满足()，且． (1)证明：数列与均为等比数列； (2)求数列的前25项和．(其中表示不超过的最大整数，如) 【详解】（1）由，可得， 又， 所以与均为等比数列； （2）由（1）知，，所以， 则，， . 17．人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学.很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图.已知准确率在内的试卷数为10.    (1)求图中的值，并求出试卷总数； (2)“如何利用AI”是AI能否更好的造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果.甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时， ①若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； ②若比赛不限制局数，求“甲同学赢得比赛”的概率（用，表示）. 【答案】(1)；100套 (2)①分布列见解析，；② 【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得； 而准确率在内的试卷数占样本总数的，准确率在内的试卷数为10， 所以共有100套试卷； （2）（i）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”， 则，，， 记“进行4局比赛后甲同学赢得比赛”为事件， 则事件包括事件：，，，，共5种， 所以 . （ⅱ）①因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”， 即，由题意得的所有可能取值为：2，4，5， ， ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： 因为，所以， 等号成立时，，所以 所以 故的最大值为：. ②记“甲同学赢得比赛”为事件， 则，前两局比赛结果可能有：，，，， 其中事件表示“甲同学赢得比赛”，事件表示“乙同学赢得比赛”， 事件，表示“甲、乙两名同学各得1分”， 当甲、乙两名同学得分总数相同时， 甲同学赢得比赛的概率与比赛一开始甲同学赢得比赛的概率相同， 所以 ， 所以，得，因为， 所以. 18．已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 【答案】(1) (2)（ⅰ）为定值（ⅱ） 【详解】（1）由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点， 所以，则.所以椭圆方程为 （2）（ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以,点，点为中点，即，设. 直线的斜率为， 直线的斜率为， 所以①， 因为在椭圆上，所以，解得②， 同理因为点在椭圆上，所以③， 将②③代入①式，得（为定值）. 综上，为定值. （ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上， 所以， 又因为 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， ，， 所以， 则， 当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大. 所以直线方程为． 19．已知函数，． (1)若函数与在处的切线平行，，求的极值； (2)当时，讨论函数零点的个数； (3)设m为正整数，若，，求m的最小值． 【详解】（1）由题意知，故，则，由，得，则，由函数与在处的切线平行，得， 此时，，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，无极大值； （2）由（1）知， 因为，故时，，时，， 则在上均单调递增，在上单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，知在上有一个零点； 当时，在上无零点， 故在上仅有一个零点； 当时，在上有一个零点， ，故在上有一个零点， 此时在上有3个零点； 当时，在上有一个零点， 此时在上有2个零点； 综上，当时，在上仅有一个零点； 当时，在上有2个零点； 当时，在上有3个零点； （3）由（1）知，对于任意，得，当且仅当时取等号， 令，则， 时，. 当时，则，故，故， 又， 结合，且为正整数， 可得正整数m的最小值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $