精品解析：福建省厦门第一中学2026届高考最后一卷数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（    ） A. B. C. 3 D. 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. B. C. 4 D. 8 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 6. 第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列为等差数列，且公差，直线与圆交于A，B两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全不选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设的极差为，平均值为，中位数为m，标准差为s.，其中，的极差为Y，平均值为，中位数为P，标准差为t，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知定点，，，是边长为的等边三角形，若动点到平面的距离是1，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到平面的距离的最大值是6 C. 当点（异于点）到平面的距离是1时， D. 若，，，在一个半径为5的球的球面上，则的轨迹长度是 11. 已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 的个位数字为7 D. 为完全平方数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 13. 设复数，满足，且，则____________． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，第二象限的点位于双曲线的渐近线上，且．若，且，则C的离心率为_________． 四、解若题：本大题共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. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． （1）求证：直线EF与直线GH为异面直线； （2）过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若的面积为，求； （3）过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 18. 甲、乙两人投掷一枚质地均匀的硬币，正反两面的概率均为．由甲开始，重复如下操作： ①轮到甲投掷时，抛出正面甲得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换乙投掷； ②轮到乙投掷时，抛出正面乙得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换甲投掷； ③当甲、乙中任意一方得到2分时，得2分的一方获胜． （1）求乙恰好投掷三次后获胜的概率； （2）设甲、乙两人共投掷n次后甲获胜的概率为， （ⅰ）求的表达式； （ⅱ）求证：． 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以. 2. 已知函数，则（    ） A. B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数的性质，根据定义域代入求分段函数值即可. 【详解】由题意知， 则. 故选：C. 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图与原图的关系，原图转化为直观图时，平行关系保持不变，平行于轴的长度不变，平行于轴长度变成原来的一半，轴与轴成，即可求解. 【详解】把直观图转化为原图四边形，如图所示， 由作图可知四边形为平行四边形，， ， , 故周长为. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系求值. 【详解】因为， 所以， 所以， 即. 5. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件转化得，将问题式化简结合基本不等式求最值. 【详解】由，且，可得.所以. 又因为， 当且仅当，即时取等号，所以. 故选：B. 6. 第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先得甲去场馆或的总数为，进一步由组合数排列数即可得所求概率. 【详解】不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为， 甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为， 甲不去场馆，分两种情况讨论， 情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种； 情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种， 场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时， 场馆仅有2名志愿者的概率为. 故选：B． 7. 已知数列为等差数列，且公差，直线与圆交于A，B两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设数列公差为d，结合等差数列通项公式分析可知直线过定点，再根据圆的性质可知当时，弦长最小，此时最小，进而运算求解. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 设数列公差为d， 则直线可化为， 即． 令，解得，可知直线过定点， 当时，弦长最小，此时最小． 又因为，则， 可知，则． 故选：B． 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 8. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】法一：先判断充分性，根据可得，两边取对数可以得到，进而构造函数，利用导数分析函数的单调性，进而得到或，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解判断即可；再判断必要性，根据可得，两边取对数可以得到，即，结合函数的单调性即可得到，进而判断即可；法二：构造函数，利用导数和零点存在性定理即可判断. 【详解】法一：先判断充分性，若，因为，则，即， 则，即，即， 设，则，而， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，，且， 则或， 设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 即，则， 即，则，故充分性不成立； 再判断必要性，若，因为，则，即， 则，即，即，则， 由于函数在上单调递减，在上单调递增， 且时，，时，， 则，此时，故必要性成立. 综上所述，“”是“”的必要不充分条件. 法二：若，则，即． 令函数，则. 当时，;当时，. 在上单调递增，在上单调递减． ． 令函数，则． 当时，，所以在上单调递增，，即． 因为，，所以在和上各有一个零点，所以有2个解，即有2个解，显然其中1个解为． 若，则，即． 因为函数与函数的图象只有一个交点，所以方程只有一个解， 即只有一个解，易得．故＂＂是＂＂的必要不充分条件． 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全不选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设的极差为，平均值为，中位数为m，标准差为s.，其中，的极差为Y，平均值为，中位数为P，标准差为t，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据方差及标准差的性质判断A,D,应用平均数及中位数性质判断B,C. 【详解】不妨设， 则知，故A不正确，，D不正确； 由平均值、中位数定义可知，B，C正确. 故选：BC. 10. 已知定点，，，是边长为的等边三角形，若动点到平面的距离是1，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到平面的距离的最大值是6 C. 当点（异于点）到平面的距离是1时， D. 若，，，在一个半径为5的球的球面上，则的轨迹长度是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三棱锥的体积公式判断A，B两项，由线面平行的判断定理进行判断C项，由的轨迹是以为半径的圆或是以为半径的圆判断D项． 【详解】对于A，依题意，三棱锥的底面上的高为1，底面的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，因点到平面的距离是1，则侧面的边上的高的最小值为1， 所以的面积有最小值， 此时，设点到平面的距离为，由，得， 当取最小值时，有最大值6，故B正确； 对于C，当点（异于点）到平面的距离是1，且、在平面异侧时，与相交，故C错误； 对于D，设球心到，，，的距离为5，的外接圆圆心为. 由是边长为的等边三角形，可知的外接圆半径为， 则， 因为点到平面的距离是1， 所以的轨迹是以为半径的圆或是以为半径的圆， 所以的轨迹长度是，故D正确， 11. 已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 的个位数字为7 D. 为完全平方数 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据韦达定理推导数列的递推关系，并求出即可；选项B，将的表达式代入，利用韦达定理化简得到通式后判断；选项C，计算前若干项的个位数字，找到周期，再根据周期取余得到对应个位数字；选项D，利用的表达式，结合的幂次的变形推导其结构，再代入判断是否为完全平方数. 【详解】由于是方程的根，则有： 两边同乘，可得递推关系：， 则，即 等式两侧同除以2，可得 故数列的递推公式：， ，. 选项A：，A正确. 选项B：化简，结合展开得： ，B错误. 选项C：依次计算可得：，，， ，， ， 经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6， 所以，余数为，对应个位数字为，C正确. 选项D：由 代入得： ，可得，是完全平方数，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间点到线距离公式进行求解即可. 【详解】已知，，， 所以，. 进而，. ，进而. 则点到的距离. 13. 设复数，满足，且，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：设，，借助模长公式及复数加减运算法则计算即可得；法二：借助复数模长性质有，再利用模长公式计算即可得. 【详解】法一：设，，， 由，则， 则， 即，， 则，， 即， 故， 又， 则 . 法二：由复数模长性质可得， 则， 故. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，第二象限的点位于双曲线的渐近线上，且．若，且，则C的离心率为_________． 【答案】4 【解析】 【分析】证明三角形全等，再由余弦定理求解即可. 【详解】依题意，点在的渐近线上，点在的右支上． 因为，所以． 设为坐标原点，又，分别为，的中点，则， 又，，故， 故，而，则． 在中，由余弦定理，得，解得（负值舍去）． 四、解若题：本大题共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. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再根据最小周正期公式求解即可； （2）先根据正弦定理将已知条件转化为角的关系，求出角，再结合求出角，进而求出角，最后根据三角形面积公式和正弦定理求出b的值． 【小问1详解】 ， 所以，则； 【小问2详解】 由（1）得，则， 所以，，即， 因为， 所以， 则， 因为，所以，则， 所以，则为直角三角形， 则的面积， 所以． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． （1）求证：直线EF与直线GH为异面直线； （2）过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 【答案】（1）方法一：因为，，分别为，，的中点，点在直线上， 取中点，连接， 故、，则，故四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； 方法二：假设直线，不异面，则与相交或平行， 若，又因为，则由，显然不成立，矛盾； 若与相交，不妨设两直线交点为，则平面，且平面， 所以在平面与平面的交线上，因为，显然不成立，矛盾， 综上，假设不成立，直线，为异面直线 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：根据异面直线的概念，证明直线EF与直线GH不在一个平面内即可. 方法二：利用反证法，证明矛盾，进而得到直线EF与直线GH为异面直线. （2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又平面， 设直线与直线的交点为，为平面与平面的公共点， 所以交点必在直线上，延长与交于点，联结，则直线即为直线， 因为为中点，所以，又因为，， 所以，所以， 由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、、， 由，分别为，的中点，故、， 则，，，， 设，，则， 所以直线的一个方向向量为， 设平面的法向量为，则有， 取，则，即， 设直线与平面的夹角为，则， 当且仅当时，等号成立，故最大值为． 17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若的面积为，求； （3）过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3）当直线的斜率不为0时，设， 联立椭圆方程，得到， 则， 设，，则，由韦达定理可得，， 因为，原点到的距离为， 所以， 又因为点到的距离为，， 所以， 所以， 由，，得到， 所以； 当直线的斜率为0时，，，，四点共线无法构成三角形，故舍去； 综上，为定值． 【解析】 【分析】（1）由题设求出，进而求解即可； （2）设，由的面积为可得，进而结合平面向量的数量积的坐标表示求解即可； （3）当直线的斜率不为0时，设，利用韦达定理得到，，且，利用距离公式和弦长公式表示，，所以；当直线的斜率为0时，不满足题意，故为定值． 【小问1详解】 由题意得，，所以， 又因为离心率，所以， 所以，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设，所以，将代入椭圆方程， 所以，所以． 【小问3详解】 略 18. 甲、乙两人投掷一枚质地均匀的硬币，正反两面的概率均为．由甲开始，重复如下操作： ①轮到甲投掷时，抛出正面甲得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换乙投掷； ②轮到乙投掷时，抛出正面乙得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换甲投掷； ③当甲、乙中任意一方得到2分时，得2分的一方获胜． （1）求乙恰好投掷三次后获胜的概率； （2）设甲、乙两人共投掷n次后甲获胜的概率为， （ⅰ）求的表达式； （ⅱ）求证：． 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅱ）注意到，设为偶数，将求和按奇偶项分列，所以设 ， 所以，则 ， 所以； ， 又因为，则 ， 所以， 所以， 若为奇数，则，所以得证. 【解析】 【分析】（1）由若乙获胜时甲得0分以及若乙获胜时甲得1分求解即可； （2）（i）记甲投掷次，乙投掷次，由只要有一方投出正面就会额外获得一次投掷机会，得到或即可求解； （ii）设为偶数，将求和按奇偶项分列，即可求解. 【小问1详解】 设事件为甲投出正面；事件为乙投出正面，事件为乙恰好投掷三次后获胜因为乙获胜时得两分， 故必定投出两个正面，一个反面，且第三次投掷时投出正面，可按以下方式分类， ①若乙获胜时甲得0分，则可表示为 ②若乙获胜时甲得1分，则可表示为， 由于每次投掷彼此独立且，所以. 【小问2详解】 当甲乙任意一方胜利时，双方总得分为2分或3分，即双方共次投掷中硬币正面的次数为2次或3次，且最后一次为正 （ⅰ）记甲投掷次，乙投掷次，所以， 因为只要有一方投出正面就会额外获得一次投掷机会，所以或2； 易知，，， 当时， ①若，硬币正面次数为3次，此时为奇数，甲获胜时，第次抛出正面， 且前次中甲、乙分别各有一次正面，显然两人不可能在连续两次分别投出正面， 若甲比乙先投出正面，则两人是在第1，3，5，⋯中的某两次投出正面，此时有种情况； 若乙比甲先投出正面，则两人是在第2，4，6，⋯中的某两次投出正面，此时有种情况； 因此共有种情况，所以此时 ②当时，硬币正面向上次数为2次，全部由甲投出，此时为偶数，前次甲仅有一次抛出正面， 可能在第1，3，5⋯次抛出，共有种情况，所以此时 所以综上，． （ii）略 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 【答案】（1） （2）（i） （ii）令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可； （2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得. 【小问1详解】 ∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . 【小问2详解】 （i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点， 若是方程的一个根，则，所以， 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $