精品解析：贵州黔西南州顶兴高级中学2026届高考考前自测数学试卷

2026年黔西南州顶兴高级中学高考预测考试 数学试卷 一、单选题：本小题共8小题，每题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 4. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 672 B. 84 C. D. 5. 在中，内角所对的边分别为，若，的面积为，则（ ） A. B. C. D. 6. 在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. 112 C. D. 7. 若直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，则（ ） A. B. 8 C. 10 D. 8. 现有甲､乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个出场，又不在最后一个出场，且乙不在第三个出场，则不同的出场顺序共有（ ） A. 120种 B. 96种 C. 72种 D. 60种 二、多选题：本小题共3小题，每题6分，共18分，在每小题的选项中，有多项符合题目要求，全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，为双曲线上一点，若，，，中有且仅有个点在双曲线上，则（ ） A. 双曲线的渐近线斜率为 B. C. 的面积为 D. 的最小值为 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数有最大值 B. 若函数图象的对称中心为，则 C. 函数在上一定存在减区间 D. 函数可能有2个零点 三、填空题：本小题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，且与的夹角为60°，则______． 13. 已知函数在处的切线方程为，则的值为______． 14. 已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 四、解答题:本题共5道小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知数列的首项，前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的前n项和． 16. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 17. 如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 18. 在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈､列队､翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验. 已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人. （1）记为前3轮试验的总得分，求的数学期望； （2）设为第轮试验使用A型号机器人的概率. ①求数列的通项公式； ②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式. 19. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有一条直线与曲线，都相切； （3）若，是方程的两根，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年黔西南州顶兴高级中学高考预测考试 数学试卷 一、单选题：本小题共8小题，每题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知集合，所以，即， 因为，所以. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 3. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，由于， 所以，因此且， 则，故C正确. 4. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 672 B. 84 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】通项公式， 令，可得， 所以展开式中的常数项为. 5. 在中，内角所对的边分别为，若，的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式及正弦定理列式求解. 【详解】在中，由及的面积为， 得，即，解得， 由正弦定理，得， 因此，所以. 6. 在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. 112 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接， 则底面，过点作于点，则底面， 则即侧棱与底面的夹角,即， 因为，所以， 故，所以， 故该正四棱台的体积为. 7. 若直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，则（ ） A. B. 8 C. 10 D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，根据抛物线的定义结合韦达定理即可求得结果. 【详解】由题意可知，抛物线的准线为，设， 则根据抛物线的定义可知. 因为直线与抛物线交于，两点， 所以联立方程可得，化简得. 根据韦达定理得，所以. 8. 现有甲､乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个出场，又不在最后一个出场，且乙不在第三个出场，则不同的出场顺序共有（ ） A. 120种 B. 96种 C. 72种 D. 60种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分甲在第三个出场和甲不在第一个、第三个和最后一个出场两种情况讨论求解即可. 【详解】若甲在第三个出场，则不同的出场顺序有种； 若甲不在第一个、第三个和最后一个，则不同的出场顺序有种． 根据分类加法计数原理可知，不同的出场顺序共有种． 二、多选题：本小题共3小题，每题6分，共18分，在每小题的选项中，有多项符合题目要求，全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图像先确定的值，根据周期得到，再代入点可得的解析式，再根据正弦型函数的性质逐项判断即可． 【详解】由题图知，，，所以， 又函数的图象过点， 所以，所以，， 又，所以，所以，故A，B正确． 由，，得函数的对称轴为直线，，故C错误． 由，，得，， 所以函数在区间上单调递减，故D正确． 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，为双曲线上一点，若，，，中有且仅有个点在双曲线上，则（ ） A. 双曲线的渐近线斜率为 B. C. 的面积为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由双曲线对称性和 “仅个点在曲线上”的条件，确定在曲线上，A不在，代入求得，得到双曲线方程及参数，，，再据此逐一验证选项：由渐近线公式判断A正确；计算，判断B错误；用坐标法或底高法计算​面积判断C正确；利用双曲线定义转化，结合三点共线求最值判断D正确． 【详解】双曲线关于原点中心对称，且关于轴，轴轴对称， 因为关于轴对称，关于轴对称，关于原点对称，而与三点既不关于原点中心对称，也不关于轴，轴轴对称， 所以在双曲线上，不在双曲线上， 因为在双曲线上，则， 化简得，解得，（舍去）， 所以双曲线的方程为，因此，，， 对于A，渐近线方程为，斜率为，A正确； 对于B，，，， ，， 所以，B错误； 对于C，，，， 的直线方程为，， 到的距离， 所以的面积，C正确； 对于D，要使得取最小值，则点在双曲线的右支上， 根据双曲线定义得，即， 所以， 当三点共线且在之间时，最小， ， 所以最小值为，D正确． 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数有最大值 B. 若函数图象的对称中心为，则 C. 函数在上一定存在减区间 D. 函数可能有2个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，求导根据函数的单调性判断即可；对于B，二阶导数求对称中心横坐标或利用对称中心定义判断即可；对于C，求导，结合判别式大于零解出减区间即可判断；对于D，因式分解，结合判别式大于零进行判断即可. 【详解】对于A，当时，， 当时，在上单调递增， 当无限趋于正无穷大时，也无限趋于正无穷大，所以没有最大值，故A错误； 对于B，法一：，令，则， 结合三次函数对称性可知，，所以，故B正确； 法二：若函数图象的对称中心为，则对任意实数，恒有， 代入化简得，解得，故B正确； 对于C，，令， 解得或， 当时，所以在上单调递减，故C正确； 对于D，， 令，又， 所以有两个不为0的根，所以有3个零点，故D错误. 三、填空题：本小题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，且与的夹角为60°，则______． 【答案】 【解析】 【分析】借助模长与数量积关系计算即可得. 【详解】 . 13. 已知函数在处的切线方程为，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的导数，再根据导数的几何意义以及切点同时在函数和切线上这两个条件，列出关于的方程，进而求解的值，最后计算. 【详解】根据题意，，则， 又函数在处的切线方程为， 所以切线斜率为，即，解得， 又切点在切线上，所以当时，，即切点坐标为， 又切点在函数上，所以，解得， 所以. 14. 已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，再计算对应圆台的侧面积，球的表面积，即可得答案. 【详解】设上底半径，下底半径 . 由圆台内切球的轴截面性质知，圆台母线长 ， 圆台的高（为球的半径） 由勾股定理得： ， 因此球半径 ， 所以圆台侧面积， 球的表面积， 所以=. 四、解答题:本题共5道小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知数列的首项，前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系消去，得递推式，判断是等比数列，即可求得其通项； （2）先求出的通项公式，利用分组求和法与等差、等比数列求和公式求解即得. 【小问1详解】 由①，当时，②， ①-②得，即， 又∵，满足， ∴是以3为首项，3为公比的等比数列，即 【小问2详解】 ∵， ∴ ． 16. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【小问1详解】 因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 17. 如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【小问1详解】 如图，在中，取中点，连接， 因为，所以， 又，所以是的中点， 因为是的中点，所以， 且， 因为是上靠近的三等分点，所以，所以， 由，平面，平面知平面， 由，平面，平面知平面， 因为，，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 【小问2详解】 在中，作，垂足为， 在中，由是中点，， 可得， 将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为， 则， 所以是二面角的平面角，，所以， 因为平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 如图，以为原点，过平行于的直线为轴，分别为轴和轴， 建立空间直角坐标系， 则，，， ，，， ，，，， 设平面的法向量为， 因为，，所以，， 取得． 同样可求得平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角为， 则，故． 18. 在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈､列队､翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验. 已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人. （1）记为前3轮试验的总得分，求的数学期望； （2）设为第轮试验使用A型号机器人的概率. ①求数列的通项公式； ②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式. 【答案】（1） （2）①② 【解析】 【分析】（1）可知随机变量的可能值为0，1，2，3，分别求其概率，进而可得期望； （2）①根据题意结合全概率公式可得，利用构造法结合等比数列求通项公式；②分析可得，利用分组求和法结合等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：随机变量的可能值为0，1，2，3， 若，则3轮都失败，则； 若，则3轮中只有1轮成功，； 若，则3轮中只有2轮成功，； 若，则3轮都成功，； 所以. 【小问2详解】 ①设第轮试验使用A型号机器人为事件， 则，，， 由全概率公式可得， 即，则， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，所以； ②设第轮得分期望为，则， 所以前轮期望总得分为. 19. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有一条直线与曲线，都相切； （3）若，是方程的两根，证明：． 【答案】（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数与函数单调性间的关系，分和，即可求解； （2）利用导数的几何意义，将问题转化成方程只有一解，即可求解； （3）根据条件得，，进而可得，构造函数，求出其单调区间，得到，即可求解. 【小问1详解】 ，易知的定义域为，， 若，则，故在上单调递增， 若，则当时，，时，， 故时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 综上，若，的单调递增区间为， 若，的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 设直线方程为与曲线，分别相切于点，， 故，即，整理得， 当，由得到， 令，则恒成立， 所以在区间上单调递减，且，， 所以在有且只有唯一零点， 故当时，有且只有一个解， 当，由得到， 令，则， 当时，，在区间上单调递减，时，，在区间上单调递增， 所以，故时，无解， 综上所述，有且只有一个解，即有且只有一条直线与曲线，都相切． 【小问3详解】 由得，， 令，则，即， 因为，所以当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 所以当，取得最小值， 又当，；当，，，所以的图象如图所示， 依题意得，与有两个交点，所以，， 因为，所以，则． 令，则，所以在区间上单调递减， 则，故当时，，． 因为，所以 ，则， 由，，可得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $