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2026年高考数学三轮临考冲刺卷（全国一卷通用）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
第一部分（选择题 共58分）
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．（热点）已知集合，，则中所有元素和为（ ）
A．3 B．5 C．6 D．9
2．已知，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（新考法）已知曲线： ，曲线：的离心率分别为，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．4
5．已知是定义在上的奇函数，满足，，则（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
6．（新情境）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A． B．2 C． D．3
7．（改编题）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
8．已知实数满足，则（ ）
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．如图，在直三棱柱中，，，且，点D在线段上运动，则下列结论正确的有（ ）
A．平面 B．与不可能平行
C．与不可能垂直 D．四棱锥的外接球面积为
10．已知△的外接圆半径为，且，则（ ）
A． B．边上的高为
C．△的面积为 D．边上的中线长为
11．（新情境）如图，阴影部分是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的封闭图形，因其形似四叶草，故其阴影边界曲线E称为四叶草曲线，记抛物线在每个象限内的交点分别为A，B，C，D．已知这四条抛物线的焦点共圆，若开口向右的抛物线方程为，过点作直线l与曲线E在第一、四象限内共相交于四个点，分别记最下方和最上方的交点为P，Q，且，则（ ）
A．开口向下的抛物线的焦点坐标为
B．曲线E上两点间距离的最大值为
C．点不在曲线E的内部
D．直线l的斜率为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式的第4项的系数是__________．
13．已知函数，．若经过点存在一条直线l与曲线和都相切，则__________．
14．现有甲、乙两个箱子，甲中有2个黑球，乙中有2个白球．每次从甲箱中随机取出一球放入乙箱，摇匀后再从乙箱中随机取出一球放入甲箱，称为“一次操作”．连续进行2次操作后，记甲箱中黑球的数量为，则___________．
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．（13分）
2025年7月15日，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭成功发射，标志着我国航天事业又迈上了一个新台阶.某中学为了解学生对我国航天事业发展的关注度，随机地从该校学生中抽取一个容量为200的样本进行调查，调查结果如下表：
性别 关注情况
高度关注 非高度关注
女学生 30
男学生 90
以频率估计概率，若在这200名学生中随机抽取1人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为．
(1)求的值；
(2)根据小概率值的独立性检验，判断该校学生对航天事业发展的高度关注是否与学生性别有关．
参考公式：，其中．
临界值表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．（15分）
在数列中，，，且对任意的，都有．
(1)证明：是等比数列，并求出的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
17．（15分）
如图，在多面体中，平面 平面，四边形是直角梯形，，，，且．
(1)证明：平面．
(2)求多面体的体积．
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求面积的最大值；
(3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（17分）
已知函数，
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若且，求证：．
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参考答案
第一部分（选择题 共58分）
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 2 3 4 5 6 7 8
C B A B D A D B
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 10 11
ABD BC BD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12． 13．1 14．
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．（13分）
【解析】（1）因为在这200名学生中随机抽取1人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为，
所以，解得．（3分）
又，解得，
所以；（5分）
（2）由（1）得，列联表如下：
性别 关注情况 合计
高度关注 非高度关注
女学生 70 30 100
男学生 90 10 100
合计 160 40 200
零假设为；该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别无关．
，（8分）
因为依据小概率值的独立性检验，判断不成立，
即认为该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于．（13分）
16．（15分）
【解析】（1）因为，，所以．
因为，所以，
又，则有，所以，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列．（2分）
所以，所以，
又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以．（5分）
（2）设，
则，（8分）
两式相减得，
则.（15分）
17．（15分）
【解析】（1）证明：因为平面 平面，，
且平面 平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面；（4分）
（2）由题意可知，所以由平面得平面，
因为平面，平面，所以，
所以由可知四边形是边长为2的正方形，
所以，（7分）
又，所以，
所以多面体的体积为；（9分）
（3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，（12分）
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.（15分）
18．（17分）
【解析】（1）由椭圆的左右顶点可知，
设，则，
化简可得，则，
，（2分）
所以，则椭圆的标准方程为；（3分）
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，
，将直线和椭圆方程联立，
代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
所以，（5分）
令则，所以，
函数在上单调递增，
所以即时，，
此时的面积最大，最大值为；（8分）
（3）假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，
所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，（13分）
所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，
解得，故存在，使得.（17分）
19．（17分）
【解析】（1）已知，对其求导可得，
令，解得.
当变化时，，的变化情况如下表：
极小值
所以，
故的最小值为.（3分）
（2）设，
则.
令，则.
（i）当时，因为，则，，
所以在上恒成立；（5分）
（ii）当时，，所以在上递增，
所以，所以在上递增，
所以在上恒成立；
（iii）当时，，所以在上递增，
因为，，
所以在上存在唯一零点，，
所以当时，，则当时，，不满足条件.
综上所述，实数的取值范围为.（8分）
（3）证明：由得，则.
要证，可证 ，
即证.
令，即证，
即证.
先证明，
令，则只需证明，
又易证 ，
所以 ，
所以在上单调递减，则，
即.（13分）
再证明，
令，则只需证明.
因为，
所以在上单调递增，则，
即.
综上所述，.（17分）
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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
第一部分（选择题 共58分）
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．（热点）已知集合，，则中所有元素和为（ ）
A．3 B．5 C．6 D．9
【答案】C
【解析】因为集合，得，
又集合，所以，
所以中所有元素之和为.
故选：C.
2．已知，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于．故其虚部为．
故选：B.
3．（新考法）已知曲线： ，曲线：的离心率分别为，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】曲线的长半轴长为，短半轴长为，所以焦距为.
曲线的实半轴长为，虚半轴长为，所以焦距为.
由.
故选：A.
4．已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．4
【答案】B
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
所以，
解得，
又因为函数在区间上单调递减，
所以函数在处取得最大值，
所以,
所以,
解得，
解得.
又因为.
故选：B.
5．已知是定义在上的奇函数，满足，，则（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
【答案】D
【解析】将中的替换为可得，
则，
用替换，即，
所以函数是以为周期的周期函数，
由，令，则，
且是定义在上的奇函数，则，所以，
令，则，且，则，
令，则，因为，所以，
所以，
则
.
故选：D.
6．（新情境）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】由题意，，则，
所以，
所以.
故选：A.
7．（改编题）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】D
【解析】直线：，所以直线过定点；
直线：，所以直线过定点.
又，所以.
所以点的轨迹是以线段为直径的圆.
因为的中点为，，
所以点的轨迹方程为：.
因为直线与圆交于两点，且，
所以圆心到直线的距离为1，设的中点为，则.
如图：
，且,
所以，即的最大值为.
故选：D.
8．已知实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设，，
所以为奇函数.
，因为，所以，
所以在上单调递增.
由，所以，
所以；
由，所以，
即，因为为奇函数，
所以，所以，
所以，又在上单调递增，
所以，即.
故选：B.
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．如图，在直三棱柱中，，，且，点D在线段上运动，则下列结论正确的有（ ）
A．平面 B．与不可能平行
C．与不可能垂直 D．四棱锥的外接球面积为
【答案】ABD
【解析】A：由题平面，平面，所以，
又因，且，平面，
所以平面，因平面，所以，
又，则四边形为正方形，所以，
因，平面，所以平面，故A正确；
B：如图，以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，，
设，，得，
所以，，
假设与平行，则，即，则，无解，
所以假设不成立，故与不可能平行，故B正确；
C：，，
若与垂直，则，则，即，
又因，所以假设成立，故C错误；
D：四棱锥的外接球就是直三棱柱的外接球，
因为，可将直三棱柱补成长方体，则长方体外接球即为直三棱柱的外接球，
长方体的体对角线长为(为外接球半径)，解得，
所以外接球面积为，故D正确.
故选：ABD.
10．已知△的外接圆半径为，且，则（ ）
A． B．边上的高为
C．△的面积为 D．边上的中线长为
【答案】BC
【解析】由，有，
由代换与辅助角公式有，
其中角满足，
又，当且仅当，，
故有，，且，
由，则为钝角，所以，故A不正确；
因为，所以，
因为△的外接圆半径为，所以，
所以△的面积为，故C正确；
设边上的高为，
所以△的面积，解得，故B正确；
取中点为，连接，
因为，为锐角，所以，
又，，则，
在中，由余弦定理得，
所以，故边上的中线长为，故D不正确.
故选：BC.
11．（新情境）如图，阴影部分是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的封闭图形，因其形似四叶草，故其阴影边界曲线E称为四叶草曲线，记抛物线在每个象限内的交点分别为A，B，C，D．已知这四条抛物线的焦点共圆，若开口向右的抛物线方程为，过点作直线l与曲线E在第一、四象限内共相交于四个点，分别记最下方和最上方的交点为P，Q，且，则（ ）
A．开口向下的抛物线的焦点坐标为
B．曲线E上两点间距离的最大值为
C．点不在曲线E的内部
D．直线l的斜率为
【答案】BD
【解析】已知开口向右的抛物线为，焦点为，
根据对称性可设开口向左的抛物线方程为，其焦点坐标为
开口向上的抛物线方程为，其焦点坐标为，
开口向下的抛物线方程为，其焦点坐标为，
由焦点共圆（圆心在原点，半径相等）得，
因此四条抛物线分别为：，，
对于选项A，开口向下的抛物线为，焦点坐标为，不是，A错误，
对于选项B，联立，可得，故点的坐标为，
同理可得，
距离最大的两个点为和（或和），
最大距离为： ，选项B正确，
对于选项C，曲线的内部的点在第一象限内部的点的坐标满足关系且，
代入： ，，因此在曲线E内部，选项C错误，
对于选项D，设直线，，在最上方，在最下方，故，
由得：，即，
联立，可得，由韦达定理： ，
代入得：，，解得，
由得，斜率，选项D正确.
故选：BD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式的第4项的系数是__________．
【答案】
【解析】展开式的通项为，
则，
故展开式的第4项的系数是.
故答案为：.
13．已知函数，．若经过点存在一条直线l与曲线和都相切，则__________．
【答案】1
【解析】，设直线与相切于点
所以切线方程为，切线过点，
则，整理为，
设，，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，，
所以方程的根为，
所以切线方程为，
联立，得，，得.
故答案为：1.
14．现有甲、乙两个箱子，甲中有2个黑球，乙中有2个白球．每次从甲箱中随机取出一球放入乙箱，摇匀后再从乙箱中随机取出一球放入甲箱，称为“一次操作”．连续进行2次操作后，记甲箱中黑球的数量为，则___________．
【答案】
【解析】依题意，的可能值为0，1，2，
的事件是第1次操作甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，其概率为，
第2次操作是甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，其概率为，因此；
的事件是甲取黑球放入乙，乙取黑球放入甲，再重复上次操作的事件，
与甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，甲取白球放入乙，乙取黑球放入甲的事件的和，
因此，，
，
所以.
故答案为：.
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．（13分）
2025年7月15日，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭成功发射，标志着我国航天事业又迈上了一个新台阶.某中学为了解学生对我国航天事业发展的关注度，随机地从该校学生中抽取一个容量为200的样本进行调查，调查结果如下表：
性别 关注情况
高度关注 非高度关注
女学生 30
男学生 90
以频率估计概率，若在这200名学生中随机抽取1人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为．
(1)求的值；
(2)根据小概率值的独立性检验，判断该校学生对航天事业发展的高度关注是否与学生性别有关．
参考公式：，其中．
临界值表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
15．（13分）
【解析】（1）因为在这200名学生中随机抽取1人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为，
所以，解得．
又，解得，
所以；
（2）由（1）得，列联表如下：
性别 关注情况 合计
高度关注 非高度关注
女学生 70 30 100
男学生 90 10 100
合计 160 40 200
零假设为；该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别无关．
，
因为依据小概率值的独立性检验，判断不成立，
即认为该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于．
16．（15分）
在数列中，，，且对任意的，都有．
(1)证明：是等比数列，并求出的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
16．（15分）
【解析】（1）因为，，所以．
因为，所以，
又，则有，所以，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以，所以，
又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以．
（2）设，
则，
两式相减得，
则.
17．（15分）
如图，在多面体中，平面 平面，四边形是直角梯形，，，，且．
(1)证明：平面．
(2)求多面体的体积．
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）
【解析】（1）证明：因为平面 平面，，
且平面 平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面；
（2）由题意可知，所以由平面得平面，
因为平面，平面，所以，
所以由可知四边形是边长为2的正方形，
所以，
又，所以，
所以多面体的体积为；
（3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（17分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求面积的最大值；
(3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
18．（17分）
【解析】（1）由椭圆的左右顶点可知，
设，则，
化简可得，则，
，
所以，则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，
，将直线和椭圆方程联立，
代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
所以，
令则，所以，
函数在上单调递增，
所以即时，，
此时的面积最大，最大值为；
（3）假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，
所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，
所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，
解得，故存在，使得.
19．（17分）
已知函数，
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若且，求证：．
19．（17分）
【解析】（1）已知，对其求导可得，
令，解得.
当变化时，，的变化情况如下表：
极小值
所以，
故的最小值为.
（2）设，
则.
令，则.
（i）当时，因为，则，，
所以在上恒成立；
（ii）当时，，所以在上递增，
所以，所以在上递增，
所以在上恒成立；
（iii）当时，，所以在上递增，
因为，，
所以在上存在唯一零点，，
所以当时，，则当时，，不满足条件.
综上所述，实数的取值范围为.
（3）证明：由得，则.
要证，可证 ，
即证.
令，即证，
即证.
先证明，
令，则只需证明，
又易证 ，
所以 ，
所以在上单调递减，则，
即.
再证明，
令，则只需证明.
因为，
所以在上单调递增，则，
即.
综上所述，.
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