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(A卷)

2026年高考数学最后两套卷（A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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知双曲线：（，），圆：与的两条渐近线交于，，，四点，若四边形的面积为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知平面向量，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 自驾旅游已成为很多家庭节假日休闲娱乐的首选.小明一家人自驾旅行途中，看到一座特色建筑，小明根据实景绘制出该建筑的几何示意图，并且根据介绍标记了其中一些数据，如图所示（单位：m），建筑上半部分的侧棱长都相等，下半部分是正棱台，则该建筑上半部分与下半部分体积的比为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，则的最大项为（ ） A. 第7项 B. 第8项 C. 第9项 D. 第10项 7. 已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则的最大值为1 B. 的最小值为1 C. 的最小值为4 D. 若，则的最小值为 10. 已知正项数列满足，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 若数列的前项和为，则为递增数列 11. 已知在棱长为6的正四面体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 若为棱上的动点，则的最小值为 C. 正四面体的外接球被平面所截得的截面面积为 D. 若正四面体外接球的球心为，则三棱锥与正四面体内切球公共部分的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则________. 13. 设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 14. 若甲、乙两名同学进行投篮游戏，甲投球入篮的概率为，乙投球入篮的概率为.经过两人约定，游戏规则如下：若甲投球未入篮，则下一球由乙投球；若乙投球未入篮，则下一球等可能地由甲、乙投球，如此循环，直到一名同学投球入篮，则该学生获胜.通过硬币裁定，由甲先进行投篮.若甲、乙两名同学的投篮次数不限，则最终乙获胜的概率为________. 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. 一名数学教师想要探究学生的数学成绩是否对物理成绩存在影响，该教师随机选取了最近一次考试中某班级10名学生的数学和物理成绩（单位：分），绘制了如下图所示的散点图，该教师通过分析，得到这些数据满足一元线性回归模型，设这10名学生的数学成绩为，，…，，物理成绩为，，…，. （1）建立数学成绩为解释变量，物理成绩为响应变量的经验回归方程，并估计当某学生的数学成绩为75分时，其物理成绩为多少分？ （2）10名学生中有4名物理成绩超过70分，现从这10名学生中随机抽取3名，记这3名学生中物理成绩超过70分的人数为，求的分布列和数学期望. 参考数据：，，，；经验回归方程，，. 16. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，. （1）若，，求的值； （2）求面积的最小值. 17. 圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. （1）求； （2）若平面与平面的交线为，求点到的距离； （3）设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 18. 已知椭圆：的右焦点为，左、右顶点分别为，，过点的直线与交于点，（点位于轴的上方），直线，的交点为，直线，的交点为，记直线，的斜率分别为，. （1）若直线的斜率为2，求. （2）求证：为定值. （3）求面积的最小值. 19. 已知函数，. （1）若存在实数，，使对任意实数恒成立，求的最大值； （2）若有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，（），求证：，. 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（A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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由得，所以， 由得，所以， 所以. 2. 已知复数满足，则在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】， 所以，所以在复平面内对应的点为，位于第三象限. 3. 已知双曲线：（，），圆：与的两条渐近线交于，，，四点，若四边形的面积为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】联立圆与直线方程求出交点坐标，进而表示四边形面积，根据离心率定义即可求解. 【详解】双曲线 ，) 的渐近线方程为， 联立圆与渐近线方程，， 由双曲线的基本关系， ，则， 对应的坐标为， 因此，四个交点的坐标为：，，，， 由于双曲线和圆都关于轴、轴对称，四边形是矩形，其长为，宽为， 矩形面积公式， 因此，，化简得，，则， 将代入上式，， 则， ，， 双曲线的离心率，所以. 4. 已知平面向量，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】， 因为，所以，解得，所以， 在上的投影向量为，所以. 5. 自驾旅游已成为很多家庭节假日休闲娱乐的首选.小明一家人自驾旅行途中，看到一座特色建筑，小明根据实景绘制出该建筑的几何示意图，并且根据介绍标记了其中一些数据，如图所示（单位：m），建筑上半部分的侧棱长都相等，下半部分是正棱台，则该建筑上半部分与下半部分体积的比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将上半部分的几何图形拆分为棱锥和棱柱，再利用体积公式，分别求出上半部分和下半部分的体积，最后求两者的比值. 【详解】由于上半部分的侧棱长都相等，并且下半部分是正棱台，所以这个图形是对称的， 先求上半部分的体积： 如图，由对称性得，在中，高， 在中，高， 由几何关系知也是上半部分总体的高， 从顶部线段的两个端点作垂直于底面的截面，将上半部分分为三部分： 中间是一个“直三棱柱”，两边拼起来是一个“四棱锥”， 如图： 所以， ， 故上半部分总体积为， 再求下半部分正棱台的体积： 上底面面积：，下底面面积：， 上、下底面中心到其顶点的距离分别为：，， 棱台的高， 所以棱台体积为， 所以，该建筑上半部分与下半部分体积比为. 6. 已知数列满足，，则的最大项为（ ） A. 第7项 B. 第8项 C. 第9项 D. 第10项 【答案】B 【解析】 【详解】已知递推关系， 因此， 所以， 令，则， 是一个公差为1的等差数列，首项， 所以， 因此，原数列的通项公式为， 因此， 当，即时，，数列递增； 当，即时，，数列递减， 因此，数列在时取得最大值. 7. 已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求得的解析式，并由交点条件得到等式，由等式两边函数关于的对称性，得出唯一的交点必然落在对称轴上，从而直接代入即可解出a的值. 【详解】因为为偶函数，则，即， 则，即，此等式不恒成立，故舍， 或，即，即， 因为，则，则， 由题意得的最小正周期为1，则，解得，即， 由题意得有一个解， 整理得， 设，， 易得均关于对称，所以与的交点关于对称， 即任何交点都会有一个与对称的点， 为了使图像只有1个交点，则必有，解得，即 即，解得. 8. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过将不等式问题转化为函数问题，结合导数即可求解函数最值，进而得到的范围. 【详解】由得 因为，所以 令 则问题转化为求在上的最小值． 求导得 令， 因为，所以与同号． 又，所以在上单调递增． 当时，；又，所以存在唯一的，使得． 再看方程， 函数，，则， 则在上单调递增，且当时，， 当时，，所以该方程有唯一正根． 设这个正根为，则， 于是且，说明这个正是的唯一根． 因此，当时，，从而； 当时，，从而． 所以在处取得最小值． 由，得，又， 所以 所以． 要使对任意恒成立，必须且只需． 当时，取，原不等式等号成立，不满足严格大于． 故的取值范围为． 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，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则的最大值为1 B. 的最小值为1 C. 的最小值为4 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式即可判断A；利用拼凑法和基本不等式即可判断B；利用和基本不等式即可判断C；将拆分成，再利用基本不等式即可判断D， 【详解】对于A，已知，，由基本不等式有， 两边平方得，当且仅当 ，即，时等号成立，故A正确； 对于B，因为，所以， 由基本不等式有， 当且仅当 ，即时等号成立， 因为，所以，故B错误； 对于C，已知，，由可得， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，已知，，，则，， ， 由基本不等式有， 当且仅当，即时等号成立， ，当且仅当，即时等号成立， 所以， 当且仅当，，即，时等号成立，故D正确. 10. 已知正项数列满足，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 若数列的前项和为，则为递增数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】使用倒数构造,裂项相消与累加法求得的通项公式后，对于A, 将直接代入即可,对于 B： 代入通项公式，利用累乘法求出连乘积,对于 C： 利用对数运算法则结合累乘约分的结果求出对数值,对于D,化简求出新数列的通项公式，通过判定该通项恒为正数，直接推导出其前项和必定是递增数列. 【详解】, 两边取倒数得, 即, 即, 即, 即，代入得,整理得, 且也符合，故. 对于A,代入解得，故A错误； 对于B, ，故B正确； 对于C, ，故C正确, 对于D,，, 对于所有正整数,都有且，所以, 即,则为递增数列，故D正确. 11. 已知在棱长为6的正四面体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 若为棱上的动点，则的最小值为 C. 正四面体的外接球被平面所截得的截面面积为 D. 若正四面体外接球的球心为，则三棱锥与正四面体内切球公共部分的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，通过建立空间直角坐标系即可求解；对于B选项，通过棱锥展开图将空间问题转化为平面问题即可求解；对于C选项，根据多面体外接球截面性质，即可求解得到截面半径；对于D选项，根据多面体内切球体积与多面体体积关系，即可求解. 【详解】对于选项A，设底面重心，取的靠近C点的三等分点， 则由正四面体性质可知平面，故以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则：，，，，， ， ， ， 而，， 异面直线所成角余弦值，故A选项正确. 对于选项B，将面与面沿展开到同一平面，形成边长为的菱形如图， 此时， 在中，，， 由余弦定理，， 所以， 当为与的交点时，取得最小值， 故B选项正确. 对于选项C，平面截外接球的截面是的外接圆， 而正三角形外接圆半径为， 因此截面面积为，故选项C错误. 对于选项D，设三棱锥内切球半径为， 正四面体被内切球心分成4个全等的小三棱锥,即三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥， 正四面体的高，四面体每个面的面积， 因此四面体体积为， 而， 则， 内切球体积， 内切球也被这4个三棱锥分成4个全等的球扇形。 每个球扇形的体积为内切球体积的， 故选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，又， 所以，所以， 所以. 13. 设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 【答案】## 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示式求出，然后利用弦长求出，最后利用的三个顶点坐标即可求出外接圆的方程. 【详解】由题知，设，两点的坐标分别为，， 直线的斜率为（），设直线的方程为， 联立方程，消去整理得， 则，，， 所以， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 因为， 所以，解得， 所以直线的方程为， 抛物线的准线方程为，所以点坐标为， 则的三个顶点为，，， 设外接圆的方程为， 则代入三点有，解得，，， 所以外接圆的方程为，即. 14. 若甲、乙两名同学进行投篮游戏，甲投球入篮的概率为，乙投球入篮的概率为.经过两人约定，游戏规则如下：若甲投球未入篮，则下一球由乙投球；若乙投球未入篮，则下一球等可能地由甲、乙投球，如此循环，直到一名同学投球入篮，则该学生获胜.通过硬币裁定，由甲先进行投篮.若甲、乙两名同学的投篮次数不限，则最终乙获胜的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】分别设定轮到甲和乙投篮时乙最终获胜的概率为，根据游戏规则的转移概率列出方程组并求解即可 【详解】设为当轮到甲投篮时，最终乙获胜的概率，为当轮到乙投篮时，最终乙获胜的概率， 当轮到甲投篮时，有两种情况: 甲投中（概率为）：游戏结束，甲获胜，此时乙获胜的概率为0， 甲未中（概率为）：根据规则，下一球必由乙投，状态转移到乙投篮， 由此可得，化简得， 当轮到乙投篮时，有三种情况: 乙投中（概率为）：游戏结束，乙获胜，此种情况下乙最终获胜的概率为1， 乙未中，且下一球抽到甲投（概率为）：状态转移到甲投篮， 乙未中，且下一球抽到乙投（概率为）：状态继续留在乙投篮， 由此可得，化简得， 联立，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. 一名数学教师想要探究学生的数学成绩是否对物理成绩存在影响，该教师随机选取了最近一次考试中某班级10名学生的数学和物理成绩（单位：分），绘制了如下图所示的散点图，该教师通过分析，得到这些数据满足一元线性回归模型，设这10名学生的数学成绩为，，…，，物理成绩为，，…，. （1）建立数学成绩为解释变量，物理成绩为响应变量的经验回归方程，并估计当某学生的数学成绩为75分时，其物理成绩为多少分？ （2）10名学生中有4名物理成绩超过70分，现从这10名学生中随机抽取3名，记这3名学生中物理成绩超过70分的人数为，求的分布列和数学期望. 参考数据：，，，；经验回归方程，，. 【答案】（1） ，46.5 （2）的分布列为 0 1 2 3 【解析】 【小问1详解】 由， ， 且，，得，． 所以 ， 则 ． 所以与之间的经验回归方程为 ． 当时， ， 即当某学生的数学成绩为75分时，估计其物理成绩是46.5分． 【小问2详解】 由题意可知随机变量的所有可能取值为0，1，2，3． 所以，， ，． 所以的分布列为 0 1 2 3 故． 16. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，. （1）若，，求的值； （2）求面积的最小值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，由勾股定理可得是直角三角形，从而求出，，在中利用正弦定理求出，所以，从而得出，则在中可计算得出； （2）设，，在，中分别利用正弦定理得出，，然后利用面积公式即可求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 解得，所以，则，， 在中，由正弦定理得，所以， 即，则， 因为，所以， 在中，，则． 又，所以． 【小问2详解】 设，， 则，，， 在中，由正弦定理得，整理得， 在中，由正弦定理得，整理得， 则， 又，， 所以， 所以． 17. 圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. （1）求； （2）若平面与平面的交线为，求点到的距离； （3）设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 【答案】（1）3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）选取圆柱对称中心为原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的余弦值公式列出关于动点坐标的方程，通过代数解法求出点P的位置进而算出PM的线段长度, （2）结合几何垂直性质与坐标法分别求出两相交平面的法向量，通过联立这两个法向量求得平面交线的方向向量，最后利用空间向量的距离公式求出点到该直线的距离, （3）借助正弦定理将题目给定的正弦值比例转化为线段平方比例，进而推导出动点Q在底面内的轨迹为一个圆，最后将线面角正切值最小的极值问题，转化为求底面定点到该圆上动点距离最大的几何问题. 【小问1详解】 连接，，如图， 因为，易得四边形为矩形,则，所以． 因为 ， 所以． 因为， 所以，则． 所以点到平面的距离． 取的中点为，以为原点，以平面内垂直于的直线为轴， 所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，． 所以． 设，则． 所以． 整理得．解得或（舍去）． 所以． 【小问2详解】 由（1）可知，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则为平面的一个法向量． 因为，，，，平面， 所以平面，即平面． 所以为平面的一个法向量． 设的方向向量为， 则 令， 则为的一个方向向量． 又，所以，． 所以点到的距离为． 【小问3详解】 在中，由正弦定理，得①, 又因为②, 所以联立①②，得 ． 设，则由， 得． 化简整理，得 ． 所以点的轨迹为平面上，以点为圆心，为半径的圆． 易知点在平面内的投影为． 又点的投影到点的距离为， 所以直线与平面所成角的正切值的最小值为． 18. 已知椭圆：的右焦点为，左、右顶点分别为，，过点的直线与交于点，（点位于轴的上方），直线，的交点为，直线，的交点为，记直线，的斜率分别为，. （1）若直线的斜率为2，求. （2）求证：为定值. （3）求面积的最小值. 【答案】（1） （2）证明：设直线，的斜率分别为，，直线：， 联立得． 易得，则，． 所以， 因为点在椭圆上，所以． 整理得．所以． 因此， 故为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）联立椭圆与直线方程，代入弦长公式求解即可； （2）联立椭圆与直线方程，表示出与即可求解； （3）代数表示三角形面积，讨论面积最小值即可求解 【18题详解】 设，，易得直线：， 联立得．易得， 则，， 所以. 【19题详解】 略 【20题详解】 设．由（2）可知，， 直线：，：， 联立与的方程，得， 由（2）同理，得， ，则，． 所以直线：，：， 联立与的方程，得， 所以点，在直线上，且， ， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为． 19. 已知函数，. （1）若存在实数，，使对任意实数恒成立，求的最大值； （2）若有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，（），求证：，. 【答案】（1）e （2） （3）证明：先证，由，得． 由，得，由，得． 所以函数在上单调递增，在上单调递减，则． 当时，；当时，， 又因为有两个不同的零点，（），所以． 而，所以． 要证明，只需证，即． 因为，所以只需证. 令，，则． 令，则， 所以函数在上单调递增，则． 所以，即函数在上单调递增． 又因为，则，原命题得证． 再证：由题意，得．设，则，为的两个不同的实根．所以． 因为，所以由，得；由，得． 所以，． 当时，函数，所以，即． 易得在点处的切线为． 可证明在上，． 所以，即． ，即． 【解析】 【分析】（1）根据不等式与图象关系，结合导数几何意义即可求解； （2）通过分离参数，根据函数零点与图象交点间的关系即可求解； （3）结合函数取值与零点存在定理，根据函数零点性质，即可证明； 【小问1详解】 由，， 得，即曲线在直线上方， 所以该曲线存在一条切线，切线的斜率与直线的斜率相同且切线在直线上方或重合，设切点为． 因为，所以令，得， 所以．整理，得， 则． 令，则， 由，得，由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，则． 所以的最大值为． 【小问2详解】 因为有两个不相等的实数根， 所以有两个不相等的实数根． 令，则直线与的图象有且只有两个公共点． 设函数，则． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 所以，当且仅当时，等号成立． 因为在上单调递增， ，， 所以存在，使得． 所以， 当且仅当时，等号成立． 当时，；当时，， 所以． 故的取值范围为． 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $