精品解析：宁夏回族自治区银川一中2026年普通高等学校招生全国统一考试考前适应性演练数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试考前适应性演练 数 学 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. 设全集 是小于的正整数，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，为实数，则“”是“成立”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. e 4. 已知，为单位向量，向量在向量方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 8 D. 12 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 7. 定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若，，则（ ） A. B. C. D. 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，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. 下列说法正确的是（ ） A. 残差是预测值减去观测值 B. 一组数据：1，2，3，4，5，6的25百分位数是2 C. 在独立性检验中，零假设是“分类变量与独立” D. 在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，下列结论正确的是（ ） A. B. 过点的最短的弦长为2 C. 存在点，满足 D. 点到两渐近线的距离的乘积为 11. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足（为虚数单位），则__________． 13. 圆与直线：交于、两点，则弦长的最小值为______． 14. 已知数列，令为，，…，中的最大值（，2，…，），则称数列为的“控制数列”，中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”，例如：为1，3，4，2，则“控制数列”为1，3，4，4，其“阶数”为3，若由1，2，3，4任意顺序构成，则使“控制数列”的“阶数”为2的所有的个数为_____． 四、解答题：本题共5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， （1）求边的长； （2）若，于点D，的中点为E，求线段的长． 16. 2026年3月12日植树节，老师安排同学们去种植桃树和梨树，小明选择种植第一棵树是桃树的概率为，选择种植第一棵树是梨树的概率为，如果小明第一棵选择种植桃树，那么第二棵选择种植桃树的概率为，如果小明第一棵选择种植梨树，那么第二棵选择种植桃树的概率为，设小明第棵选择种植桃树的概率为． （1）求、的值． （2）已知小明第2棵选择种植桃树，求他第1棵也选择种植桃树的概率． （3）求的通项公式． 17. 已知函数. （1）若曲线在处的切线斜率为1，求实数a的值； （2）若在定义域上恒成立，求实数a的取值范围. 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． （1）证明：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 19. 已知椭圆：，直线：与椭圆有且仅有一个公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点．当点运动时，记点的轨迹为曲线， （1）求，之间的关系； （2）求曲线的轨迹方程； （3）若点在第一象限，直线和曲线交于、，且，求点坐标． 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考前适应性演练 数 学 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. 设全集 是小于的正整数，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集与补集的运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以，又， 所以. 2. 已知，为实数，则“”是“成立”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】明确不等式有意义的等价条件，再结合绝对值三角不等式分别判断充分性和必要性即可 【详解】验证必要性：首先分式要有意义，因此分母，等价于不同时为，即，故必要性成立. 验证充分性：若，此时； 根据绝对值三角不等式，对任意实数，恒有 ， 不等式两边同时除以正数，可得，故充分性成立. 综上，“”是“成立”的充要条件. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. e 【答案】B 【解析】 【详解】函数，则， 所以. 4. 已知，为单位向量，向量在向量方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【详解】因为向量在向量方向上的投影向量为，所以，得到. ． 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， ， ， 所以. 6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由条件得，整理得. 可得的公比，则. 7. 定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造辅助函数，利用导数判断其单调性，再利用为奇函数求出的值，从而将原不等式转化为关于的不等式进行求解. 【详解】设， 则， 因为，所以，所以为定义在上的减函数， 因为为奇函数， 所以，，， ，即，即，故， 所以不等式的解集为. 8. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式及两角和的正余弦公式可得 【详解】因为，所以，故．又， 所以，．所以． 所以． 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，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. 下列说法正确的是（ ） A. 残差是预测值减去观测值 B. 一组数据：1，2，3，4，5，6的25百分位数是2 C. 在独立性检验中，零假设是“分类变量与独立” D. 在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，残差是观测值减去预测值，故A错误； 对于B，因为，所以1，2，3，4，5，6的25百分位数是2，故B正确； 对于C，在独立性检验中，零假设是“分类变量与无关”，即“分类变量与独立”，故C正确； 对于D，决定系数越大，模型的拟合效果越好，故D错误. 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，下列结论正确的是（ ） A. B. 过点的最短的弦长为2 C. 存在点，满足 D. 点到两渐近线的距离的乘积为 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，双曲线方程可化为，焦点在轴上，已知焦点，则， 由，，且，则，故选项A正确； 对于B，双曲线方程为，即，，， 通径长为，实轴长为，故最短弦长为，选项B错误； 对于C，若 ， 由，此时点在双曲线右支， 由双曲线定义，，代入得⇒， 解得，，此时，不满足三角形两边之和大于第三边， 故不存在这样的点，故选项C错误； 对于D，渐近线方程，即和，点在双曲线上：. 到两渐近线的距离：，乘积：， 由双曲线方程，所以，故选项D正确. 11. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求出圆锥的底面半径r、母线长l和高h，利用圆锥体积公式及侧面积公式可判断A、B；利用弧长公式求出侧面展开图中圆心角判断C；把侧面沿展开，利用余弦定理计算即可判断D． 【详解】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长， 则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确； 选项B：圆锥的侧面积，故B错误； 选项C：圆锥底面周长为， 设侧面展开图的圆心角为α， 则，即，解得，故C正确； 选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示， 最短距离为， 因为为底面直径，所以点为弧的中点， 则， 在中，，，， 由余弦定理得， 解得， 即最短距离为，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足（为虚数单位），则__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以，. 13. 圆与直线：交于、两点，则弦长的最小值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】求出圆心到直线距离的范围，再由弦长、半径、圆心距之间的关系求解. 【详解】因为圆， 所以圆心为，半径， 所以圆心到直线：的距离 ， 因为，所以， 又， 所以当时，. 14. 已知数列，令为，，…，中的最大值（，2，…，），则称数列为的“控制数列”，中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”，例如：为1，3，4，2，则“控制数列”为1，3，4，4，其“阶数”为3，若由1，2，3，4任意顺序构成，则使“控制数列”的“阶数”为2的所有的个数为_____． 【答案】11 【解析】 【分析】根据题意，确定前两项或前三项的数，进而分析其余项的数. 【详解】当由1,4构成时，则，，、为2，3的一个排列，故满足条件的数列共有个； 当由2,4构成时，则，，、为1，3的一个排列或，，， 故满足条件的数列共有个； 当由3,4构成时，则，，、为1，2的一个排列或，，、为2，4的一个排列 或，，、为1，4的一个排列，故满足条件的数列共有个； 由题可知，若，则“控制数列”其“阶数”为1，不符合题意； 所以使“控制数列”的“阶数”为2的所有的个数为个. 四、解答题：本题共5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， （1）求边的长； （2）若，于点D，的中点为E，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合同角三角函数关系，利用正弦定理求解即可； （2）利用余弦定理及面积公式求解. 【小问1详解】 因为，所以． 由正弦定理：， 所以． 【小问2详解】 由余弦定理：， 所以． 因为的面积为， 所以． 由勾股定理：， 所以． 16. 2026年3月12日植树节，老师安排同学们去种植桃树和梨树，小明选择种植第一棵树是桃树的概率为，选择种植第一棵树是梨树的概率为，如果小明第一棵选择种植桃树，那么第二棵选择种植桃树的概率为，如果小明第一棵选择种植梨树，那么第二棵选择种植桃树的概率为，设小明第棵选择种植桃树的概率为． （1）求、的值． （2）已知小明第2棵选择种植桃树，求他第1棵也选择种植桃树的概率． （3）求的通项公式． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用全概率公式，结合第棵种桃树或非桃树的概率及其条件概率，计算第棵种桃树的概率； （2）套用贝叶斯公式，用、的联合概率除以的概率，求第棵种桃树的条件概率。 （3）先建立递推关系，再构造等比数列，通过求通项公式得到第棵种桃树的概率. 【小问1详解】 设:第n颗种植桃树，：第n颗种植梨树，， . 【小问2详解】 . 【小问3详解】 假设转移概率不随变化， 由，得， 所以是等比数列，又，公比为， ，即. 17. 已知函数. （1）若曲线在处的切线斜率为1，求实数a的值； （2）若在定义域上恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义知函数在的导数值是切线的斜率，进而得a的值； （2）利用分离参数法将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解. 【小问1详解】 函数的定义域为. 则.因为曲线在处的切线斜率为1， 所以 ，解得； 【小问2详解】 函数的定义域为. 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，则 ，当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，所以． 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． （1）证明：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，进而得出线线垂直； （2）由已知是直角三角形，根据等积法，求出平面ABC上的高，结合空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 ∵，为的中点  ∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ∵平面，   ∴； 【小问2详解】 分别取、的中点为F、G，连结、， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形， ∴是直角三角形，，，， ∵、的中点为F、G， ∴，，， 由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形， ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； 【小问3详解】 在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为. 设， 由（2）知，，， ，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵平面和平面夹角的大小为， ∴， 即， 整理得，    解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为，. 19. 已知椭圆：，直线：与椭圆有且仅有一个公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点．当点运动时，记点的轨迹为曲线， （1）求，之间的关系； （2）求曲线的轨迹方程； （3）若点在第一象限，直线和曲线交于、，且，求点坐标． 【答案】（1） （2）（，） （3） 【解析】 【分析】（1）联立椭圆和直线方程，根据一个交点令二次函数根的判别式为零求解； （2）根据第1小问得出点坐标，进而求出直线的方程和动点坐标，从而找到变量之间的关系； （3）通过联立直线和曲线的方程，结合韦达定理和题目条件，得到参数和的关系，利用第1小问的结论，求出参数进而得到点的坐标. 【小问1详解】 联立方程可得， 因为有且仅有一个公共点，所以， 化简可得. 【小问2详解】 由（1）可解得点坐标为，即， 因此过点且与垂直的直线的方程为，即， 分别代入可得，， 所以，即，， 则，即， 所以曲线的轨迹方程是. 【小问3详解】 联立方程可得， 设，，根据韦达定理可得， ，则， ， 代入化简可得， 因为，代入可得， 解得，， 因为在第一象限，所以，， 即点坐标为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $