精品解析：山东省日照第一中学2026届高考数学考前自测试题(B卷)

2026年高考数学最后两套卷（B卷） 满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、单项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，，，则（ ） A. 11 B. 14 C. 17 D. 20 4. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 设为定义在上的奇函数，且，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆台的下底面与圆柱的下底面重合，圆台的上底面与圆柱的上底面共面．已知圆台存在一个内切球（球与圆台的上、下底面及侧面均相切），该内切球的半径为2．在圆柱与圆台之间的空隙中，能放入的最大小球（与圆柱侧面、圆台侧面以及圆柱的上底面均相切）的半径为1，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，，且满足，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 9 二、多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 10. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆上一点满足，直线与椭圆的另一个交点为，点为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. D. 若，则的外接圆截轴所得的弦长为 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数使得为上的奇函数 B. 若为增函数，则的取值范围为 C. 对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点 D. 若，则方程有三个不同的实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人各自从“跑步”“游泳”“跳绳”三种运动项目中随机选择一项进行锻炼（假设每个项目被选中的概率相等，且两人的选择相互独立）．记事件为“甲选择跑步”，事件为“甲、乙选择的项目不同”，则____． 13. 在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，若，则点的轨迹方程为_____． 14. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，的平分线交于点，则线段的最大值为______． 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. 机器人技术的迅猛发展，已成为我国现代科技发展的标志性成就，现对100名青年（男青年50名，女青年50名）进行调研．统计结果显示：有60%的男青年希望拥有一个机器人助手，有30%的女青年希望拥有一个机器人助手，整理得到如下列联表． 拥有一个机器人助手意愿 性别 合计 男青年 女青年 希望拥有一个机器人助手 不希望拥有一个机器人助手 合计 50 50 100 （1）求，的值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析拥有一个机器人助手的意愿是否与性别有关． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，在四边形中，，，，，将沿着折叠到，使得． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）求异面直线与所成角的正弦值． 17. 已知正项数列的前项和为，满足，，数列满足，． （1）求和的通项公式； （2）若数列满足，求证：数列的前项和小于． 18. 已知函数，． （1）若曲线与直线相切，求的值． （2）若不等式（）恒成立． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求证：恒成立． 19. 已知抛物线：（）的焦点为，且到直线：的距离为． （1）求抛物线的方程． （2）过上的一点，作的两条切线，切点分别为，，直线是否过定点？若是，求出此定点；若不是，请说明理由． （3）若的顶点都在上，求证：该直角三角形的直角边的和大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学最后两套卷（B卷） 满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、单项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】由，则，所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求，再求，最后根据并集的定义求解即可. 【详解】因为 ， 又因为， 所以. 3. 在等差数列中，，，则（ ） A. 11 B. 14 C. 17 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求解即可. 【详解】因为为等差数列，， 所以，解得， 又因为， 所以，为等差数列的公差, 解得， 所以 4. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可求出，联立求出，，即可求出的值. 【详解】解：因为①，则， 所以，则，所以，，， 又，所以②， 联立①②，解得，， 所以. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令得，再分别令和，并将两式求和得，再结合即可得答案. 【详解】令可得， 令得， 令得， 两式相加得，所以， 所以. 6. 设为定义在上的奇函数，且，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据奇函数性质和已知条件推出函数的周期，再利用周期性和奇函数性质求出的值，最后求出的值. 【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，且， 又，即，则关于对称， 所以，所以，则， 所以，即的周期为， 所以， 所以. 7. 如图，圆台的下底面与圆柱的下底面重合，圆台的上底面与圆柱的上底面共面．已知圆台存在一个内切球（球与圆台的上、下底面及侧面均相切），该内切球的半径为2．在圆柱与圆台之间的空隙中，能放入的最大小球（与圆柱侧面、圆台侧面以及圆柱的上底面均相切）的半径为1，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得圆台的高,圆台的母线长，根据内切圆的半径公式化简可得，结合勾股定理化简可得，联立方程求出，利用圆台的侧面积公式求解. 【详解】已知圆台有内切球，且内切球半径为，因此圆台的高, 设圆台的上底面半径为，下底面半径为，根据圆台内切球的性质，圆台的母线长，且圆柱的底面半径等于圆台的下底面半径, 所以 空隙中最大小球的半径为，则内切圆的半径为， 所以，则， 由，化简得：， 联立：，解得：（负值舍去）； 所以圆台的上底面半径，圆台的下底面半径 所以圆台的侧面积 8. 已知实数，，且满足，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以 得，即 构造函数 ， 恒成立，所以单调递增， 因为 , 因此原等式可写为 由单调递增可知 ，故 即， 即 因为，，所以 , 所以 当且仅当，即时等号成立，此时 均满足 的条件，因此最小值为. 二、多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项，，故，A正确； B选项，，则， 所以，解得，故，B错误； C选项，，故， 所以，C正确； D选项，，D正确. 10. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆上一点满足，直线与椭圆的另一个交点为，点为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. D. 若，则的外接圆截轴所得的弦长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由离心率及得到，，结合求出点坐标，即可得到，进一步求解即可；对于B，求出直线方程，与椭圆方程联立，求出点坐标，结合两点间距离公式求解判断即可；对于C，根据直线斜率与倾斜角的关系，结合两角和差的正切公式求解判断即可；对于D，求出的外接圆方程，令，得到，结合韦达定理求解即可. 【详解】由，得，即，又，所以. 椭圆方程可写为. 因为，所以点的横坐标为，代入椭圆求得， 不妨取. 对于A，，若，则，所以，A正确. 对于B，直线方程为， 联立椭圆方程，整理得，解得或， 所以点的坐标为. 又， ， 所以，B正确. 对于C，因为点为的中点，所以， 则，， . ， 显然，，C错误. 对于D，若，则，，， 设的外接圆方程为， 则，即， 解得， 所以的外接圆方程为. 令，得，， 设与轴的交点坐标为，， 则，是方程的两根，所以，， 弦长， 故的外接圆截轴所得的弦长为，D正确. 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数使得为上的奇函数 B. 若为增函数，则的取值范围为 C. 对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点 D. 若，则方程有三个不同的实数根 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分和两种情况，结合恒成立运算求解；对于C：令，，结合零点存在性定理分析判断；对于D：分析可知函数在定义域内单调递减，且值域为，即可判断结果. 【详解】对于选项A：因为， 即，可知不为奇函数，故A错误； 对于选项B：若为增函数，可知函数连续不断， 当时，则，可得恒成立， 则，可得； 当时，则，可得恒成立， 则，可得； 综上所述：的取值范围为，故B正确； 对于选项C：当时，令， 因为，， 可知函数在内存在零点，即方程在内有根， 所以对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点，故C正确； 对于选项D：若，则有： 当时，则，可得恒成立， 可知函数在内单调递减，则， 且当x趋近于时，趋近于，所以函数在内的值域为； 当时，则，可得恒成立， 可知函数在内单调递减，则， 且当x趋近于时，趋近于，所以函数在内的值域为； 综上所述：函数在定义域内单调递减，且值域为， 所以方程有且仅有1个实数根，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人各自从“跑步”“游泳”“跳绳”三种运动项目中随机选择一项进行锻炼（假设每个项目被选中的概率相等，且两人的选择相互独立）．记事件为“甲选择跑步”，事件为“甲、乙选择的项目不同”，则____． 【答案】 【解析】 【详解】记事件=“甲选择跑步”，记事件=“甲、乙选择的项目不同”，甲从“跑步”“游泳”“跳绳”三种运动项目中随机选择一项有3种选择方法，乙同样从三种运动项目中随机选择一项有3种选择方法， 根据分步乘法计数原理，甲、乙选择运动项目的总情况数有种，甲、乙选择项目不同的情况数为种，由古典型概率公式有， 事件=“甲选择跑步且甲乙选择项目不同”，共有2种情况，由古典概型有，由条件概率公式得，. 13. 在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，若，则点的轨迹方程为_____． 【答案】（） 【解析】 【分析】根据正切二倍角公式得到两角关系，设出，分，和三种情况，得到点的轨迹为双曲线的右支且不包含顶点，求出轨迹方程 【详解】，又，故，， 又为三角形内角，故， 当时，，此时为等腰直角三角形，故， 当时，，，设， 当时，构不成三角形，舍去，故， 当时，，， 即，化简得，且， 当时，，， 即，化简得，且， 其中满足，综上，满足，又，， 故点的轨迹为双曲线的右支且不包含顶点， 故轨迹方程为（）； 14. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，的平分线交于点，则线段的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理化简可得，由余弦定理结合基本不等式可得，利用化简即可求解. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 因为，所以， 又因为，所以，则， 由余弦定理可得：，可得：，即， 当且仅当时取等号， 因为为的角平分线，所以， 所以， 则， 化简得：，所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以线段的最大值为. 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. 机器人技术的迅猛发展，已成为我国现代科技发展的标志性成就，现对100名青年（男青年50名，女青年50名）进行调研．统计结果显示：有60%的男青年希望拥有一个机器人助手，有30%的女青年希望拥有一个机器人助手，整理得到如下列联表． 拥有一个机器人助手意愿 性别 合计 男青年 女青年 希望拥有一个机器人助手 不希望拥有一个机器人助手 合计 50 50 100 （1）求，的值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析拥有一个机器人助手的意愿是否与性别有关． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）， （2）有关 【解析】 【分析】（1）根据列联表数值和题意可得，的值； （2）计算，与临界值比较可得. 【小问1详解】 因为有60%的男青年希望拥有一个机器人助手， 所以，． 因为有30%的女青年希望拥有一个机器人助手， 所以，． 所以 ， ，如图， 【小问2详解】 由题意完成列联表： 拥有一个机器人助手意愿 性别 合计 男青年 女青年 希望拥有一个机器人助手 30 15 45 不希望拥有一个机器人助手 20 35 55 合计 50 50 100 零假设为：拥有一个机器人助手的意愿与性别无关． 由（1）可得，，，，． 根据列联表中的数据，经计算得到 ． 根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为拥有一个机器人助手的意愿与性别有关． 16. 如图，在四边形中，，，，，将沿着折叠到，使得． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】（1）因为，，， 则，可得， 且，，平面，， 可得平面． 又因为平面，则． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）根据等体积法可得，结合题意求点到面的距离； （3）建系并标点，求直线与的方向向量，利用空间向量求线线夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到平面的距离为． 利用等体积法可得，即， 因为，，，平面，，所以平面． 且平面，则． 所以 ． 由勾股定理得，，则， 可得，解得， 所以点到平面的距离为． 【小问3详解】 由（1）（2），得平面，． 如图，以点为坐标原点，以为轴，为轴，过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 可得，，，， 可得，， 设异面直线与所成的角为， 则， 可得， 所以异面直线与所成角的正弦值为． 17. 已知正项数列的前项和为，满足，，数列满足，． （1）求和的通项公式； （2）若数列满足，求证：数列的前项和小于． 【答案】（1）， （2）证明：由（1）得，则， 设数列的前项和为， 则，得证. 【解析】 【分析】（1）利用化简即可求出；易知为等比数列，根据等比数列通项公式求解即可； （2）由裂项相消法求出数列的前项和，结合不等式放缩即可得出证明. 【小问1详解】 因为，所以， 两式相减得，即， 因为为正项数列，所以，则， 因为，所以，因此，是以1为首项，2为公差的等差数列， 则. 因为，所以， 由，则，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 则，所以． 【小问2详解】 略 18. 已知函数，． （1）若曲线与直线相切，求的值． （2）若不等式（）恒成立． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求证：恒成立． 【答案】（1）e （2）（ⅰ）1 ； （ⅱ）法一：由（ⅰ）知，． 所以恒成立，当且仅当时，等号成立． 所以 ，即 ，当且仅当时，等号成立． 要证恒成立，需证恒成立， 即证恒成立，令 ， 下证：易知， 令，则 ． 由，得，则在上单调递增； 由，得，则在上单调递减． 因为，，， 所以存在唯一，使得， 当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因为，，所以在时恒成立，当且仅当时，等号成立． 所以 ，当且仅当时，等号成立． 又与 的取等条件不相同， 所以，即恒成立， 法二：要证恒成立， 只需证 恒成立，即证， 先证明当时，， （同法一）设，则， 令，则， 由，得；由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为 ， ，， 所以可作出的大致图象如图1所示， 根据图象分析，可得存在，使得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 由，，得的大致图象如图2所示， 根据函数图象，可得， 由此可证（），当且仅当时，等号成立， 再证明，即， 设，则， 由，得；由，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则，当且仅当时，等号成立， 因为与 的取等条件不相同， 所以，即，即恒成立. 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义，结合切线方程求参数值即可； （2）（i）问题化为恒成立，构造，应用分类讨论及导数研究恒成立求参数值；（ii）法一：问题化为证明恒成立，应用导数研究不等式恒成立，即可证；法二：问题化为证明，再应用导数证明，即可证. 【小问1详解】 设函数，且曲线与直线的切点为， 则，解得，而 ， 则此曲线斜率为0的切线方程为，可得； 【小问2详解】 （ⅰ）若恒成立，则恒成立， 设 ，则恒成立，易得． ①当时，，函数在上单调递减． 又时，，所以 不恒成立． ②当时，，当时，；当时，， 所以不恒成立， ③当时，由，得；由，得． 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 若 恒成立，则， 设 ，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，即，所以只有满足题意． 综上所述，． （ⅱ）略 19. 已知抛物线：（）的焦点为，且到直线：的距离为． （1）求抛物线的方程． （2）过上的一点，作的两条切线，切点分别为，，直线是否过定点？若是，求出此定点；若不是，请说明理由． （3）若的顶点都在上，求证：该直角三角形的直角边的和大于． 【答案】（1）； （2）直线过定点； （3）证明：不妨设为直角，点，，， 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 所以①，②， 则，， 所以， 当时， ， 将①②代入上述式子， 可得， 设，，则， 由，得；由，得． 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 所以， 所以， 当时，同理可证， 当时，可得， 综上所述，该直角三角形的直角边的和大于． 【解析】 【分析】（1）先根据抛物线方程求出焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求出的值，进而得到抛物线方程； （2）设出点的坐标，根据抛物线的导数求出切线方程，再结合点在切线上得到直线的方程，最后分析直线是否过定点； （3）设出三点的坐标，根据向量垂直的性质得到三边关系，再利用不等式和函数关系，证明直角边的和大于. 【小问1详解】 根据题意，得， 则焦点到直线：的距离为． 整理可得，解得或（舍去）． 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 设，， 因为点，都在抛物线上，所以，， 设在点处的切线方程为， 与抛物线联立，得，化简得， 所以，化简得， 解得，即（）． 所以，整理得． 当时，，在点处的切线方程为，也满足． 所以在点处的切线方程为． 同理，得在点处的切线方程为． 设点， 则，， 所以直线 过点、， 即直线的方程为 ， 整理，得， 由，解得， 所以直线过定点． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $