精品解析：江西省乐平中学等校2026届高考全真模拟数学试卷

2026届高考全真模拟数学试卷 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，选对得5分，选错得0． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，， 则． 2. 设，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算，结合共轭复数及复数的概念求解即可. 【详解】. 则，所以的虚部为. 3. 一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意算出极差，进而得到该组数据的中位数，列式求出，进而利用百分位数的定义得出答案. 【详解】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17， 则极差为，故该组数据的中位数是， 数据共6个，故中位数为，解得， 因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6， 故选：C. 4. 已知数列，若，则正整数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，，而，且， 由，得正整数的最小值为2. 5. 已知点P在椭圆：上，C的左焦点为F，若线段的中点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则的值为( ) A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形中位线定理结合椭圆的定义，将中点的圆上条件转化为右焦点到点的距离，再通过椭圆的定义求解. 【详解】由椭圆，得，， ，故左焦点，右焦点，. 设的中点为，由题设，在以原点为圆心、为半径的圆上，故. 在中，为的中点，为的中点， 故为的中位线，得. 由椭圆的定义，， 因此，. 故选：D 6. 已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是( ) A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量问题转化为几何图形中射线与圆的位置关系问题，利用点到直线的距离公式求解两点间距离的最小值. 【详解】设单位向量，以的方向为轴正方向建立平面直角坐标系. 由非零向量与的夹角为，得的终点在射线上. 由，得，故的终点在以为圆心、半径为的圆上， 圆的方程为. 的几何意义为射线上的点到圆上的点的距离. 圆心到射线的距离：, 因此，射线到圆上点的最小距离为，即的最小值为. 7. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体的对称性可知,该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积. 【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接， ∵分别为的中点，则， ∴正方体的边长为， 故，可得， 根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径， 故该半正多面体外接球的表面积为. 故选：D 8. 若函数，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】代入函数利用同构进行化简，得到关于的不等式，利用恒成立转化成最值问题，构造新函数，求解最值. 【详解】， 两边同乘，得 令，，求导得，所以在单调递增， 又因为，且，所以； 所以， ，即， 令 求导得 当，，单调递减， 当，，单调递增 又，且 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. 下列命题中正确的命题是 （ ） A. ，使； B. 若，则； C. 已知，是实数，则“”是“”的必要不充分条件； D. 若角的终边在第一象限，则的取值集合为． 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据指数函数的性质，得到，可判定A不正确；由三角函数的基本关系式，可判定B正确；由指数函数与对数函数的性质，结合充分、必要条件的判定，可判定C正确；求得，分类讨论，结合三角函数的符号，可判定D正确． 【详解】对于A中：当时，，即，所以A不正确； 对于B中：若，则， 所以，可得或，此时， 所以B正确； 对于C：由，可得，又由，可得则， 所以“”是“”的必要不充分条件，所以C正确； 对于D：由角的终边在第一象限，可得， 当为偶数时，在第一象限时，可得； 当为奇数时，在第三象限时，可得， 所以的取值集合为，所以D正确． 故选：BCD． 10. 若x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假． 【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确； 由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确； 因为变形可得，设，所以，因此 ，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误． 故选：BC． 11. 已知抛物线，设O为坐标原点，，，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，（异于点），则下列结论正确的（ ） A. 若，可能为锐角三角形 B. 若，点在直线上的投影为定点 C. 若，且直线，分别交轴于点，，则 D. 若，且直线，分别交轴于点，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由题意可知直线过抛物线的焦点，根据判断；对于B，根据判断；对于C，由，，计算判断即可；对于D，设过作抛物线的切线方程为，联立方程组计算可得，，代入计算即可判断. 【详解】如图 当时，，， 设，则在点处切线的斜率为， 故切线方程为，整理可得， 因为，所以， 同理可得点处切线的切线方程为， 因为点在过点的切线方程上，同时也在过点的切线方程上， 所以过抛物线外一点的切点弦方程为． 对于A，当时，得到，过焦点， 直线与抛物线联立方程组可得， 所以， ， 此时， 故为钝角三角形，故A错误； 对于B，因为，故， 故点在直线上的投影为定点，故B正确； 对于C， ，故， 令，则，同理，故，故C正确； 对于D，当时，设过作抛物线的切线方程为， 与抛物线方程联立得， 由，整理得，则，， 故， 令，则，同理可求， 故，故D正确． 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 已知为奇函数，则实数a的值是__________． 【答案】4 【解析】 【分析】由奇函数的定义域关于原点对称得出，再检验即可求解． 【详解】由题意知，得， 令，解得或， 又该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称， 所以，解得，即， 令，其定义域为， ，满足题意， 故答案为：4． 13. 已知等比数列的前n项和为，公比为，若，，则的公比________． 【答案】 【解析】 【详解】等比数列中，，又， 所以，而， 则，， 由，得，而， 所以． 14. 切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为__________. 【答案】1250 【解析】 【分析】由题意知，可求出，由得，再由切比雪夫不等式列不等式求解即可. 【详解】连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的,那么， ， 由得，即， 由切比雪夫不等式可得 可知 为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，则 ，解得. 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，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解； （2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； 【小问2详解】 因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得， 则. 所以的面积. 16. 某市近6年的新能源汽车保有量数据如下表 年份代号x 1 2 3 4 5 6 保有量y（万辆） 1 1.8 2.7 4 5.9 9.2 （1）从这6年中任意选取2年，在已知至少有1年的新能源汽车保有量大于3万辆的前提下，求这2年的新能源汽车保有量全都大于3万辆的概率； （2）用函数模型对变量x，y的关系进行拟合，根据表中数据求出y关于x的回归方程（参数d的估计值精确到0.01）． 参考数据：，，，； 设，， 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先确定保有量大于3万辆的年份数量，用对立事件求至少1年大于3万辆的概率，再结合2年都大于3万辆的概率，通过条件概率公式计算结果； （2）将非线性回归模型取对数转化为线性回归模型，利用给定数据计算斜率和截距，再还原得到原模型的参数. 【小问1详解】 保有量大于3万辆的年份有第4，5，6年，共3年， 保有量不大于3万辆的年份有第1，2，3年，共3年， 设至少有1年保有量大于3万辆为事件，2年保有量全都大于3万辆为事件， 事件的对立事件为2年都不大于3万辆，总选法有， 两年都不大于3万辆的选法为，所以， 两年都大于3万辆的选法为，所以， 则. 【小问2详解】 已知模型，两边取对数得， 令，则，即转化为线性回归方程， 其中，由题意得， 则， ， 因为，所以， 则. 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，， （1）求平行六面体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过作平面，结合边长关系得出高，再应用棱柱的体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系再计算平面与平面的法向量，最后应用向量夹角公式计算求解. 【小问1详解】 如图，过作平面，垂足为， 因为平面，所以， 过作， ，垂足分别为，， 连接，，平面，所以平面，平面，所以，同理得， 又，为公共边，所以，所以， 又，为公共边，所以， 所以，所以在的平分线上. 又底面是菱形，所以在上. 又，， 所以， 所以，所以为中点. ，，，所以， 菱形的面积为，所以平行六面体的体积为； 【小问2详解】 由（1）可得HA，HB，HA两两垂直，建系如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 取，则， 所以为平面的一个法向量， ， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知曲线上的动点满足，且， （1）求的方程； （2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，结合双曲线的定义，即可求得曲线的方程； （2）（i）设直线，联立方程组，利用韦达定理求得，由三点共线，结合，列出方程，求得的值，即可求解；（ii）由（i）求得，令，得到，根据题意，求得，得到关于的不等式组，求得的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 又因为，可得， 由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点， 实轴长为的双曲线的左支，所以，则， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 解：（i）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且， 则，可得， 直线，令，可得，所以 又三点共线，可得，所以， 即，即， 即， 所以， 整理得恒成立，所以， 所以直线方程为，所以直线过定点； （ii）由（i）知，，， 所以， 又由， 令，则，且， 因为直线的，可得，则， 所以，即， 所以，解得， 故. 19. 设函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对任意，都有，求的最大值； （3）已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 【答案】（1） （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义得到切线方程； （2）利用端点效应，得到，再证明时，在上恒成立，得到答案； （3）在，设，所以，，故，故为等差数列，故，故，，由（2）知，，，故，求出，所以. 【小问1详解】 ，， ， 故， 故曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 对任意，都有， 其中，， 令， 则，， 令， 则，其中， 令，即，解得， 下面证明时，在上恒成立， ， 令，，注意到， 则，注意到， 令，则，注意到， 令，则， 其中在上恒成立，令，， 故，故在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上单调递增， 故，故在上单调递增， ，故在上单调递增， ，故， 所以，的最大值为； 【小问3详解】 令，则， 均大于0，设， 因为，， 所以，， 显然，，若，，上式不成立， 由于在上单调递增， 故，，， 故为等差数列，首项和公差均为，故，， 故，， ， 由（2）知，， 所以，， ， 因为，所以， 所以，， 所以， 其中， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考全真模拟数学试卷 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，选对得5分，选错得0． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 4. 已知数列，若，则正整数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知点P在椭圆：上，C的左焦点为F，若线段的中点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则的值为( ) A. 1 B. 2 C. D. 4 6. 已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是( ) A. B. C. 2 D. 7. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，且，则的取值范围是（ ） 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. 下列命题中正确的命题是 （ ） A. ，使； B. 若，则； C. 已知，是实数，则“”是“”的必要不充分条件； D. 若角的终边在第一象限，则的取值集合为． 10. 若x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线，设O为坐标原点，，，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，（异于点），则下列结论正确的（ ） A. 若，可能为锐角三角形 B. 若，点在直线上的投影为定点 C. 若，且直线，分别交轴于点，，则 D. 若，且直线，分别交轴于点，，则 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 已知为奇函数，则实数a的值是__________． 13. 已知等比数列的前n项和为，公比为，若，，则的公比________． 14. 切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为__________. 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，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 16. 某市近6年的新能源汽车保有量数据如下表 年份代号x 1 2 3 4 5 6 保有量y（万辆） 1 1.8 2.7 4 5.9 9.2 （1）从这6年中任意选取2年，在已知至少有1年的新能源汽车保有量大于3万辆的前提下，求这2年的新能源汽车保有量全都大于3万辆的概率； （2）用函数模型对变量x，y的关系进行拟合，根据表中数据求出y关于x的回归方程（参数d的估计值精确到0.01）． 参考数据：，，，； 设，， 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，， （1）求平行六面体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知曲线上的动点满足，且， （1）求的方程； （2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 19. 设函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对任意，都有，求的最大值； （3）已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $