精品解析：湖北华中师范大学第一附属中学2026届高考数学学科核心素养卷

2026年高考学科核心素养卷·数学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，那么复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，则向量（ ） A. B. C. D. 4. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为6天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人至少需要的天数为（ ） A. 48 B. 54 C. 60 D. 66 5. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（ ） A. 71 B. -71 C. D. 7. 设双曲线：的右焦点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与的实轴切于点，且，则的渐近线方程是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 8. 函数的两个极值点，满足，则的最大值为（ ） 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. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变小 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 11. 已知数列的通项公式是，设为数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 若存在，使得，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 13. 已知椭圆：与椭圆：相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则___________． 14. 在长方体中，，，．若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点、、、四点，则四棱锥的体积的最大值为________． 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的值； （2）将函数上所有点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位，最终得到的图象，求的解集． 16. 已知函数． （1）当时，判断函数的零点个数； （2）设，若函数有两个极值点、，求证：． 17. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，．为的中点，为的三等分点（靠近点）． （1）请用表示； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，过的平面与射线、分别交于点、，求三棱锥体积的最小值． 18. 已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． （1）求抛物线的方程； （2）记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 19. 某公司研究两款AI对战机器人（星锐，猎影）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，星锐获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行（且）局比赛，记事件表示“在前局比赛中星锐赢了局”．事件表示“星锐最终获胜”．求，，，值； （3）若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为．证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考学科核心素养卷·数学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合、，再求即可. 【详解】集合， ， 则. 2. 已知复数满足，那么复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】对应点坐标为，在第四象限. 3. 向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由图得，， 所以. 4. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为6天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人至少需要的天数为（ ） A. 48 B. 54 C. 60 D. 66 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数. 【详解】设感染人数由增加到需要轮传染，则每轮新增感染人数为，经过轮传染，感染总人数为， 令，得 ，由于，故， 平均感染周期为6天，感染人数由1增加到2000大约需要天. 5. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】正弦定理边角互化，通过两角和差、三角形内角和关系及二倍角公式化简求值 【详解】由正弦定理得，， 代入，得，即， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以，所以当，即时， 6. 已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（ ） A. 71 B. -71 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为为偶函数，所以， 所以， 又因为为奇函数，所以， 所以，所以， 所以是以为周期的函数， . 7. 设双曲线：的右焦点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与的实轴切于点，且，则的渐近线方程是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出线段的长度，再利用已知相切关系得到是等腰直角三角形，借助三线合一即可求出答案. 【详解】 因为双曲线的右焦点，渐近线方程是, 令渐近线的方程是, 所以到渐近线的距离, 因为,所以是的中点，又因为内切圆与三角形相切，所以, 又因为,所以是等腰直角三角形，所以, 同理，渐近线的方程是时,, 所以则的渐近线方程是. 8. 函数的两个极值点，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数极值点的定义可得出，则有，令，则，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】函数定义域为， ，令得， 因为函数有两个极值点，则，得， 设，则且，代入，得， 所以， 设，， 设，， 在上恒成立，在单调递增，， 从而，在单调递增，， 故的最大值为. 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. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变小 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断. 【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为0、方差为的随机变量的观测值. 对于A选项，由图甲可知残差的方差随观测时间变大而变大，故A错误； 对于B选项，由图乙可知残差比较均匀地分布在水平带状区域内，满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故B正确； 对于C选项，由图丙知残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分，故C正确； 对于D选项，由图丁知残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型，故D正确. 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 11. 已知数列的通项公式是，设为数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 若存在，使得，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】将m值代入数列中判断AB即可；对于C，分两种情况讨论，再代入到数列中求解m值即可判断；对于D，利用周期性，要想判断正负，只需考查即可，利用分组求和法求和后再进一步判断符号即可. 【详解】选项A，当时，，所以； 又因为且n为偶数时，，所以，所以，A选项正确； 选项B，当时，， 所以，， 所以， 又因为当时，，所以数列周期为6， 所以，B选项正确； 选项C，若，则，所以，即， 又因为为偶数，所以，解得，C选项错误； 选项D，当时，，所以数列周期为，因此的正负，只需考查即可. 当时，奇数项，所以奇数项是首项为9，公差为-2的等差数列， 所以奇数项的和； 偶数项，所以偶数项是首项为4，公比为的等比数列， 所以偶数项的和， 因此 当时，，，所以，且周期重复后仍为正， 当时，， 所以若存在，使得，则，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据导函数与斜率的关系求出切线方程，联立曲线和切线方程，根据方程只有一个解求解即可. 【详解】因为，所以， 所以当时，，即切线的斜率为2， 所以由点斜式得即， 联立整理得， 因为切线与曲线只有一个公共点， 所以方程只有一个根， 当时，方程为只有一个根，满足题意； 当时，，即，解得， 综上或， 故答案为: 或. 13. 已知椭圆：与椭圆：相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可. 【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上，所以根据椭圆和的对称性可知， 该圆的圆心为原点，因此有，即， 且两个椭圆的半焦距为， 因此该圆的方程为， 又因为、、、四点与和的四个焦点在同一个圆上， 所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上， 由，得代入椭圆中， 得，解得. 14. 在长方体中，，，．若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点、、、四点，则四棱锥的体积的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用平行线分线段成比例，得出平行四边形的面积，求出体积，再由导数求最大值即可. 【详解】 设，因为平面平面，， 则到平面的距离， 因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为, 所以，因为平面与平面，平面的交线分别为， 所以，所以， 又，所以, 同理，， 在矩形中，，，所以, 故的夹角为，故的夹角为， 所以， 所以， 由，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 故当时，取极大值也是最大值，. 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的值； （2）将函数上所有点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位，最终得到的图象，求的解集． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【小问1详解】 ， 而，又得：． 【小问2详解】 由（1）知：，，由得： 得，， ，或， 解得：或，， 得：或，， 所以的解集为：. 16. 已知函数． （1）当时，判断函数的零点个数； （2）设，若函数有两个极值点、，求证：． 【答案】（1）1 （2），，，， 令，即， 因为函数有两个极值点、，， 故有两个不等实根，， 则，解得， ， 令，，则， 所以，，单调递减； ，，单调递增． 故，即． 【解析】 【分析】（1）求导判断单调性，结合零点存在定理判断 （2）利用导数零点与极值点的关系，结合二次函数判别式与韦达定理化简构造函数证明不等式 【小问1详解】 时，，， 则恒成立，故在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可得上存在唯一的零点，故函数的零点个数为1； 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，．为的中点，为的三等分点（靠近点）． （1）请用表示； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，过的平面与射线、分别交于点、，求三棱锥体积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量基本定理线性表示出向量即可； （2）利用面面垂直的性质定理，余弦定理以及线面角的定义结合已知条件求解即可； （3）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标和求出相应向量坐标，利用点共面的性质、锥体体积公式以及基本不等式分析求解即可. 【小问1详解】 由题意，连接，如图所示， 由为的中点，为的三等分点（靠近点）， 则 . 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 过点作，垂足为，如图所示， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，面，面，则平面， 因为平面，所以， 过作，垂足为，由平面， 所以，所以平面，则为直线与平面所成角， 由题意可知， 根据余弦定理得：， 所以，, 设直线与平面所成角为， 在直角三角形中有： 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）知，，，， 以为原点，以所在直线分别为轴， 在平面内，以与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 由于四点共面，则存在实数，使得， 即，解得， 而，故，解得， 当且仅当，即时等号成立， 而到平面的距离为， 所以， 当且仅当时等号成立. 18. 已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． （1）求抛物线的方程； （2）记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由，求出点的坐标，代入抛物线方程求解即可； （2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得，，由，，，四点共圆可得，从而得，代入的表达式，得，求解即可； （ⅱ）先求出点的横坐标，由三角形的面积可得，求出的范围即可得答案. 【小问1详解】 因为点，则， 又， 则， 所以， 代入抛物线：， 得到，解得， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）因为直线方程为， 设，， 联立， 消得到， 则，， 当，，，四点共圆时， 则有，， 故，则， 所以， 又， 同理可得， 由两点间的距离公式可得，， 所以， 即， 整理得到， 又，所以， 故直线的方程为． （ⅱ）由，，得到直线：， 由，，得， 直线：， 联立方程， 解得， 由，， 得， 所以， 又 ， 当时，由，得， 又直线的斜率， 则， 所以， 故的取值范围为. 19. 某公司研究两款AI对战机器人（星锐，猎影）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，星锐获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行（且）局比赛，记事件表示“在前局比赛中星锐赢了局”．事件表示“星锐最终获胜”．求，，，值； （3）若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，星锐获胜的概率记为．证明：当时，． 【答案】（1）分布列为： 1 3 5 期望． （2），，，. （3）证明：若共比赛局， 在前局比赛中星锐赢的局数小于，则无法保证星锐获胜，其概率为0； 若前局比赛中星锐赢的局为，则需第，局全胜，才可赢得比赛， 此时赢得比赛的概率为； 若前局比赛中星锐赢的局数为，则第，局至少胜一场，才可赢得比赛， 此时赢得比赛的概率为； 若前局比赛中星锐赢的局数大于，无论第，局什么结果，都能最终赢得比赛， 其概率为， 故 ， 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据概率的乘法公式和加法公式列出分布列，再根据期望公式求解； （2）根据条件概率的定义分析求解即可； （3）结合（2）以及概率的乘法公式求出，得出当时，，再利用组合数的计算公式证明即可. 【小问1详解】 两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有， 则， ， ， 的分布列为： 1 3 5 所以随机变量的数学期望为：． 【小问2详解】 在前局比赛中星锐赢的局数时，第，局全胜，最终也无法获胜，所以； 当时，仅当第，局全胜，最终才能赢得比赛，即； 当时，第，局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即； 当时，无论第，局什么结果，都能最终赢得比赛，即； 综上所述，，，，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $