2026年普通高等学校招生押题考试数学试题2-【伯乐马】2026年高考押题卷

2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（二》 数学试题答案及评分参考 1.答案：A 因为z(1十2i)=3一i, 8=8-120-3i+2型-1号2-号-名 所以x=干2+201-2D 1-4i 5 则：=专+子，所以：在复平面内所对应的点为（侣·看），位于第一象限。 2.答案：C 根据集合运算的表示方法，可得图中阴影部分表示集合A除去A∩B的部分， 所以阴影部分表示集合为A∩(CB). 3.答案：A 由题可知，存在实数入，，使得AD=入AB+4A亡， x一1=一入- 又Ai=(-1,y,)A=(-1,1,0).AC=(-1,0,1D,所以 y=入 1 = 当且仅当x=y=4时取等号. 4.答案：D 在△ACD中，D=180°-105°-30°=45°， D 由正弦定理得 71号灯塔北 甲地A AC=ADsinD 6v2x② 2 60° sin30° =12n mile, 2号灯塔B 1 2 在△ABC中，AB=4,∠BAC=60°， 30° 由余弦定理得 BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cOs60 1 C乙地 =42+12-2·4·12·2=112, 所以BC=4√7 n mile. 5.答案：C S侧=元(r上十r下)l=(0.8十1.2)×1.5π=3πm2. 6.答案：B 5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2,2,1， 所以CCiC-10X3-15,又因为A=6, A 2 所以总方案数=15×6=90， 若A、B安排在同一天：共C号=3分组方式， 又因为三个组分配到3天，共A?=6种排列， 因此A、B同天的方案数=3×6=18， 所以90一18=72，即不同的安排方案种数为72. 2026年伯乐马押题（二）数学答 7.答案：A 设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时，可得Sg=9a1,Sg=3a1,S6=6a1,则2Sg=18a1,Sg十S6=9a1, 因为a1≠0，所以2S,≠S十S,所以g≠1，此时S.=a11一4） 1-q 又因为2S。=S,十S,可得2a11-9)-a1(1-g)+a1(1-g) 1-g 1-g 1-q 所以2(1-q°)=(1-93)十(1一q),即2q一q3一1=0， 令1=g,可得2-1一1=0，解得4=号或=1（合去），所以g=2 法一：由子十十-0，提取公因式女可得1十号十六=0 因为q=一2，代入化简得1一2十g-=0,即g=1,所以3一k=0,解得k=3: 1 法二：由等比数列的通项公式，可得an=a1q"-1, 因为2十1+1=0，可得1+1十1 a 3 a6 ak f三干年工一”中g2分十 '9=0, 则++六0即时++-0 因为9=一 2所以一2+4十0，可得g=二十 2,所以k=3. 8.答案：D 因切线l与f(x)=ex-l的切点为M(x1,el-1), 由f'(x)=e2-1可得k物=f'(x1)=e1-l, ∴.切线方程为：y一e-1=e1-1(x一x1),即y=e11x一x1e1-1十e1-1① 依题意，彻线1与g(x)=一令r+2一的切点为N,一名x十x:-） 因g'(x)=一x十1， 则切线1的方程为：y-（-2x十x:-2）=(-x十1)(x-x) 即y=(1-x2)x+2(xi-1)② el-l=1-x2 因①，②都是1的方程，则有 -x1el-1十e-l=1 =2x-1)' 联立两式消去e1并整理得x1一1=2(x?十1)，即2x1一2=x:十1， 解得x2一2x1=一3. 9.答案：BC C:(x-a)2+(y十1)2=2a十2的圆心和半径分别为C(a,-1),r=√/2a+2, 故r=√2a十2=2，则a=1,A错误， 由于(0一a)2十(0十1)2=a2十1=2<4，故原点在圆内，B正确， x2+y2十4x一6y一36=0的圆心和半径分别为D(一2,3)，R=7, 由于|CD|=√/(a十2)+(-1-3)r=5=R-r, 故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确， C1,-1)到直线y=x的距离为d=1+1=2,则1AB1=2V-=22, W/12+1 案及评分参考第1页（共4页） 故Sam=|ABd=号×22×E=2,D错误. 10.答案：ACD A选项，由tana十tan,g=一 1 1 、后厚兰十兰— cosa cosB 6, 所以sinacos9+cosasing_- =-1 cosacosB 6,则in(a十g) cosacosB 6 所以sin(a十)=-日o= √2 一10，故A正确； B选项，由一<a<0<B<受，得-受<a十B<受，又sin(a十B)<0, 7√2 所以-受<a十B<0,则cos(a十)=一sim(a十B)- 10 7√2 3√2 即cosa cos3-sina sin3= 10,又cosacos/8=】 5 解得sinasin3= 合放B结碳： C选项，cos(a-B)=cosacosB十sinasin3= ② 2 又-受<a<0<B<受，放-<a-B<0,所以。一B=-平，放C正确： D选项，由。一B=一平，得ana一p)= tana-tanβ =-1, 1tanatanB 所以tana-tanB=-1--tang tang-=-l-sinasing 1 5 -1+ cosacosB 6 6 与1aa十tang=一名联立，解得tana=一子，故D正确。 1 6 11.答案：AD e"+lnb=1,e“=1-lnb,a>0,∴.1-lnb>1,.0<b<1, 构造f(x)=e-x一1(x>0),则f'(x)=e-1>0, ∴.函数f(x)在(0，十o)上单调递增， ∴.f(x)>e°-0-1=0，∴.e>x+1,∴.e>a+1..1=e+lnb>a+1+lnb, .a十1nb<0,故A正确； 令g(x)=1nx-x十1(0<x<1),则g'(x)=1-1=1二0. x .g(x)在(0,1)上递增，.g(x)<1n1-1十1=0，.lnx<x-1, .lnb<b-1,.1=ea十1nb<ea+b-1,∴.e+b>2,故B错误； 当b-。时，e-2=1,则a-ln3,ln3>1.ln1n3)>0.lna+b=ln1n3)+。>0, 故C错误； e=1-lb=l1n5∴a=ln(n会）a+b=ln(ln会)+b, 令1n6=1,则b=e-,>1,a十b=lnt+e, 设h)=1n十c>1,则N'()=是-e-}-总- te' te! 令p(t)=e-et,t>1,则p'(t)=e一e>0, 可知函数p(t)在(1，十oo)上单调递增，p(t)>el一e=0,则h'(t)>0, 2026年伯乐马押题（二）数学答 ∴.h(t)在(1，十oo)上单调递增，h(t)>1n1十e°=1，∴.a十b>1,故D正确. 12.答案：2 x)-号-a红》十0--a十号关于点(1a)对称， x-1 x-1 由题意可知函数f(x)关于点(1,2)对称，所以解得a=2. 13.答案：- 2 由题得函数y=(m一n一x)与函数y=sin(x一零)有相同的零点， 面y=sn(一晋）在x∈x,3]的零点为1=誓x= 7π 3 所以x1,xg也是(m一|n一x|)=0的两个根， 7 1= 3 m一2 即： 4元 11π 72 3 6 ∴.cos(2m- )=cs(）=- 2 14.答案： 2+√2 8 如图1，设截面平行于母线OB,连接BO1并延长交圆O1于C,OC交抛物线于点A, 则点A为抛物线的顶点，设截面与OO1交于点O2,过点O:,P分别作平行于圆锥底面 的截面得圆O2,圆O3,作圆锥的轴截面OBC(如图2)，连接O2A,PQ交于点D,圆O2 与抛物线交于点T, 03 D 03● 02 0) P 01 图1 图2 圆0，与00交于点E,由op=1,得0，P=0,E=, 由平面OPQ∥平面O1PQ1,平面OPQ∩平面OO1P1=OP,平面O1P1Q1∩平面 OO1P=O1P1,得O3P∥O1P1, 同理OQ∥O1Q1,而O1P1⊥O1Q1,于是OP⊥OQ, 由对称性可得D是PQ中点，则O,D=2PQ=会 4 DE=0,E-0,D=22,0:A=0,D十AD=20,D+DE-2+E 4 4 0,T=500,=0,A=2+2 3 4 案及评分参考第2页（共4页） 以点A为原点，向量AO2的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系， 则T2)且 2十√2 4 令抛物线方程为)y=2x(p>0),由点T在抛物线上，得力=2士2 81 所以抛物线的焦点和准线之间的距离为2士区 8 15.(1)f'(x)=cos2x-cosx=2 cos'x-1-cosx=(2cosx+1)(cosx-1), 由cosx∈[一1,1]，则cosx一1≤0恒成立， 令2c0sx十1=0，且x∈[0,2x],解得x=2或x=4 3 3 则当x∈(o,)U(怎，2m)时f'x)<0,当x∈(，)时fx)>0, 故fx)在(o,)(售，2)上单调递减，在(，)上单调递增， (2)f(x)sin2()-sin()in2-in-f(x). 故2π为f(x)的周期，则f(x)在R上的值域与在[0,2π]上的值域相同， 由(1)知fx)在(o,）,(2x)上单调递减，在(，）上单调递增， 又r(肾）=n智-n警-×（←）= 4 r(传）-m-n誓×9-(-受）=39 f(0)=f(2π)= 2 sino-sino=0, 故)的催城为[，] 16.(1)由椭圆短轴长为2√3，得2b=2√3，所以b=√3 又C的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为号， 所以分a-c6-9,即a-c=1. 又a2=b2十c2=3十c2,解得a=2,c=1. 所以精圆C的方程为+若-1. (2)设直线l的方程为y=kx十1（当直线l斜率不存在时，直线过点N,不合题意）. 设A(x1,y1),B(x2,y2). y 联立左+3，整理得3十4)z十8一8=0 y=kx十1 △=(8k)2-4×(3+4k2)×(-8)=192k2十96>0， 8k 8 则x1十x:=一3十4x1x=一3十4k! k十kNm=y-3+y:-3-(y-3)+x1(y2-3 x TIT2 2026年伯乐马押题（二）数学答 _x2(k.x1一2)十x1(kx2-2)_2kx1x2-2(x1十x2) TIT2 TIT2 8 8k 而2kc1x-2x十x)=2k(-3十)-2（一3h) 16k 16k 3+4k23十4k=0, 所以kA十kN8=O, 17.(1)因为a.d=1,所以a.d+1=2; a.-2a.+d.aj.d-1.ld|-1, 可得a.d+1=(2a+d)·d+1=2a.d+d+1=4,其中a.d=3; 同理，a.d+1=(2a+d)…d+1=2a.d+d+1=8,其中a·d=7; 由a1·d十1=2，a2·d+1=4,a·d+1=8,得数列{a·d+1}是等比数列. 证明如下：a,.d+1=(2a+d)·d+1=2a.d+d:+1=2a.d+2, 即a+·d+1=2(a.d+1), 所以数列{a·d+1}是首项为2、公比为2的等比数列. (2)由(1)知am·d+1=2", 所以n(a。.d+1)=n·2”, 所以Sn=1×21+2×22+3×2+…十n·2", 2Sn=1×22+2×23+3×21+…+n·2m+1, 两式相减可得一Sn=2十22十23十…十2n一n·2m+1, -Sn=2n+1-2-n·2m+1, 则Sn=(n一1)·2"+1十2. 18.(1)因为AB=AD,BD的中点为O,所以AO⊥BD, 又因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AOC平面ABD, 根据面面垂直的性质可得AO⊥平面BCD (2)(1)取DC的中点为M,连接MO,则MO∥BC且MO= 2 BC, 由直角梯形可知，ABMD为正方形， A BM=CM=√W2,BD=BC=2,DC=2√2， .BD⊥BC,BD⊥OM. 由(1)AO⊥平面BCD,可知OD,OM,OA两两互相垂直， 分别以OD,OM,OA为x,y,之轴的正方向建立如图所示 空间直角坐标系， H G D y 则000,0)A0010.G(分02）B(-100).C(-120) 依题盘，A时-号AC-(名，号，号）， 案及评分参考第3页（共4页） 则G=c+Ai=(0,2)+(←3，号，-3）=(-吾，号，)： 丽=(0，） 设平面GHB的法向量为n=(x,y,之)， 31 GB.n=0 2x- 22=0 ,则可取n=(一1，一2,3)， GH.m=0 5 2 1 6x+3y+ 62=0 由AO⊥平面BCD,取平面BCD的法向量=(0,0,1)， 设平面GHB与平面BCD的夹角为B,则 cos0=m·nl 3 1m:1)于-2+3a. 3 (ⅱ)设平面GHB内一动点为P,要使PD十PC最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面GHB的对称点D',设CD'与平面GHB的交点即为P, 因为平面GHB的法向量为n=(一1，一2,3)， 则平面GHB可以表示为x十2y一3之十1=0， 设D)则DD中点为(，学受)在平面GHB上 即得十警+1=0， 因DD=(x。-1,y0,20)与平面法向量n=(一1，一2,3)平行， 则兰号一号设比值为长：则得。=1一=一2张=3， 将其代入二士十受+1=0巾，得2一女一4k一9k十2=0，解得6一号， 2 放D(气，-专，) 又因为C(一1,2,0)，设直线CD'与平面GHB的交点为P, 12 x=-1+7t 直线CD'的方程为y=2:代入平面GHB的方程x+2y一32+1=0， 6 z=0十7t 得出一1+号+49+1=0，即得4=号则得P(行号，）： 7 故p-(号号.-)m=0.01… 设直线PC与平面BCD所成角为B, PC.ml 一4 4 7 7 则sin3= √/14 |ml×1p|+4+ 4/14 14 V494949 7 19.(1)记事件A:点M在第2秒末没有回到原点，事件B:点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种， 则事件A包含的情况共有4×4一4=12种， 2026年伯乐马押题（二）数学 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种， 即点(2,0)，（一2,0），(0,2)，(0，一2)这四种情况. 4 P(AB) 16 1 则P(B|A)= P(A) 12 3 16 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为3， 1 (2)(ⅰ)点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况： 四个方向各移动一次的情况有A}种， 左右方向各移动两次的情况有C号种， 上下方向各移动两次的情况有C号种， 所以p,=A+2C=9 41 64 若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动i(0≤i≤n)次，则上下各移动n一i次， 所以p= Ci.CL C1 (2n)! 2=0 42m 16之(i！)2[n-i)！] 1 (2n)！ (n!)2 16·(m！)名(i！)[(n-i)！ 1 ·Cn】 c)= 1 ·(Cgn)2 [(2n)！]2 16”·(n!)1 (i)由√2πn () <n! 可知： √/4πn (2n)！ 4 C2= (n!)2 [().v2m·()] √6n 则bn=p2m= 116”1 16" (Cn)2> 16、6n6m 所以Sm=b1十b2十…十bn> (1++号+…+） 令f(x)=ln(1十x)-x(x>0),则f'(x)= x+1 -1<0, 即函数f(x)在(0，十o∞)上单调递减， 所以fx)<f0)=0,即1n1+x)<x,则1n(1+）< 所以，S。> (m2+m多+h专+…+n"+）=名nm+1, 记[x]为不超过x的最大整数， 则对任意的实数1>0，当n≥[e门时n>e-1,即S,>君n(n十1)> 综上，当n≥[e]时，S,>t成立，所以点M是常返的. 答案及评分参考第4页（共4页）姓名 绝密★启用前 准考证号 2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（二） 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.若复数之满足之(1十2)=3一i,则复数之在复平面内所对应的点在 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.如图，已知全集U及其两个非空真子集A,B,则图中阴影部分所表示的集合是 A.A∩B B.A UB C.A∩(CuB) D.B∩(CuA) 3.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),D(x,y,2)四点共面，则xy的最大值为 1 A.16 B号 C.1 D.2 4.某船行驶到甲地看1号灯塔时，在甲地的北偏东75°方向上，两地相距6√2 n mile;在甲 地看2号灯塔时，在甲地的南偏西60°方向上，两地相距4 mile.该船由甲地向正南航行 到乙地时，再看1号灯塔，则1号灯塔在乙地的北偏东30°方向上，则2号灯塔与乙地之 间的距离是 A.6n mile B.7n mile C.3√6 n mile D.4/7n mile 5.某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为0.8m,下 底面半径为1.2m,圆台母线长为1.5m,模型外侧面需要喷漆，则喷 漆面积为 .n B.πm2 C.3πm2 D.6 xm2 伯乐马·数学押题（二）·第1页（共4页） 6.某游客计划3天内游览完A,B,C,D,E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A,B 两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为 A.36 B.72 C.90 D.144 7.记等比数列a}的前n项和为S,若2S,=S十5，且++1=0，则正整数的 值为 A.3 B.6 C.9 D.12 8.若函数f(x)=e-1的图象在点M(x1,f(x1))处的切线恰好与函数g(x)=一 222+x 1 的图象切于点N(x2,g(c2),则x2-2x1= A.-√e B.-2 C.-e D.-3 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.已知圆C:(x-a)2十(y+1)2=2a+2的半径为2，则 A.a=2 B.原点在圆C的内部 C.圆x2+y2十4x-6y一36=0与圆C有且仅有1条公切线 D.直线y=x与圆C交于A,B两点，△ABC的面积为2√2 10.已知-<a<0<<,若cos 3 5,tana+tang= 6,则 ② A.sin (a+B)=- 10 B.sinasing-10 C.a-8-- D.tana- 2 2 11.已知a>0,ea十lnb=1,则 A.a+1nb<0 B.e4+6<2 C.lna+6<0 D.a+6>1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知函数fu)的图象关于点1,2)对称，则a 13,若fx)=(m-n-z)sin(-）,且“3x∈[x3]f()>0”为假命题.则 cos(2m-n)= 14.用一个平面去截圆锥，则截面交线为圆锥曲线.2000多年 前，古希腊数学家最先开始研究圆锥曲线，并获得了大量的 成果.当平面倾斜到“与且仅与”圆锥的一条母线平行时，可 以得到抛物线.已知圆锥OO1的轴截面为正三角形(OO 一)，其底面圆上存在两点P,Q,满足O,P,1O,Q 点P,Q分别在OP1,OQ1上，且OP=OQ=1,则过点P, Q的平面截圆锥OO1得到的抛物线的焦点和准线之间的 距离为 P 伯乐马·数学押题（二）·第2页（共4页） 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.(13分) 已知f(x)=2sin2x-sinx. (1)讨论f(x)在[0,2π]的单调性； (2)求f(x)的值域 16.(15分) 日知椭圆C:。+ 京=1(a>b>0)的短轴长为23，由C的上顶点、右顶点及右焦点 组成的三角形的面积为。 (1)求椭圆C的方程； (2)已知点V(0,3),过点M(0,1)的直线l与椭圆C交于不同两点A,B.证明：kvA+ kNB=0. 17.(15分) 某学习小组收集到了类似于数列的“向量列”：{a}满足a=2a+d,且a·d=1, 1dl=1. (1)求a·d+1,a·d+1,a·d+1的值，判断数列{a·d+1}是否为等比数列. 若是，请加以证明；若不是，请说明理由. (2)求数列{n(a,·d+1)}的前n项和Sm. 伯乐马·数学押题（二）·第3页（共4页） 18.(17分) 如图1，在直角梯形ABCD中，已知AB∥CD,AB=AD=2DC=√2，将△ABD沿 BD翻折，使平面ABD⊥平面BCD.如图2，BD的中点为O: (1)求证：AO⊥平面BCD; (2)若AD的中点为G,线段AC上靠近A点的三等分点为H. (i)求平面GHB与平面BCD夹角的余弦值. (ⅱ)设平面GHB内一动点为P,当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线 PC与平面BCD成角的正弦值. H D D 图1 图2 19.(17分) 在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位 长度，且向四个方向移动的概率均为子.例如在1秒末，点M会等可能地出现在(1,0)， (一1,0)，(0,1)，(0，一1)四点处 (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为pm· (i)求p4,并利用公式∑(C)2=Cn求pm; (i)令b,=p2m,记S,为数列{bn}的前n项和，若对任意实数t>0,存在n∈N“, 使得S。>t,则称点M是常返的.利用公式2xn(）”<n!<()2πn(),证 明：点M是常返的. 伯乐马·数学押题（二）·第4页（共4页）2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（二） 数学答题卡 姓 名 准考证号 考场 号 00 0000 0000 座位号 ①I和刀1和刀刀刀I 2222☒22222 3 33333 33I3 4④ 4④444 4④4④4④ ④ 贴条形码区 55 5151511 515 ® 66666 6] 6 6 工刀工口刀 刀 刀 (切勿贴出虚线框外)》 888888888 9I999999999 缺考标记口 (填涂说明：缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂左边缺考标记) 选择题 1 AB] C]D] 6IB© 11ABC可 2 A C D 7 A BC] D 3 B D 8AIB© D A © gAIB© 5 A][B]C D] 10 A][B][C]D 非选择题 12 13. 14. 空白区域 请勿答题 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 15. 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出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，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 17. 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 18. D 图1 图2 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出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，超出矩形边框限定区域的答案无效