资源简介

高 2026 届
数学试卷
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．设集合 A x |1 x 3 ， B x | x 3 1 ，则 A B ( )
A． x | 2 x 3 B． x |1 x 4 C． x | 2 x 3 D． x |1 x 4
2．若复数 z满足 2 i z 4 3i，则复数 z的虚部为( )
A．1 B． i C． 2 D． 2i
3．已知圆锥的高为 4，底面半径为3，则其侧面积为( )
A． 6 B．9 C．12 D．15
4 2．某种包装的大米质量 （单位： kg）服从正态分布 ~ N 10, ，根据检测结果可知
P 9.98 10.02 0.98，某公司购买该种包装的大米 2000袋．则大米质量在10.02kg 以上的袋数
大约为( )
A．10 B． 20 C．30 D． 40
5．已知数列 an 是公比为 q的等比数列，则“ a a a23 4 2 ”是“ 0 q 1”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

x
4
, x a
6 x．已知函数 f x 为增函数，则 a的最小值是( )
1 x 4, x a
4
4
A． B． 2 C． 4 D．5
3
7．如图，抛物线C : x2 4y的焦点为 F ，C上一点 P ( P在第一象限)满足
直线 PF 3的斜率为 ，则 P到抛物线C的准线 l的距离为( )
3
4
A．1 B．
3
3
C． D． 2
4 3 1
8．在 ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c

，D是边 BC上一点，若 A ，AD DC 2BD，c 1，
3
则 b ( )
A 3． 2 B． C． 3 D． 2 3
3
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．在正三棱台 ABC A1B1C1中，D,E分别是 BC, AA1的中点，则下列说法正确的是( )
A. AD / /平面 A1B1C1 B. ED / /A1C C. BC 平面 A1AD D. ED A1C1
数学试题第 1 页(共 4页)

10．已知函数 f x tan x 0,

的部分图象如图所示，点 A 0, 3 ，B ,0 在 f x
2 6
的图象上，则下列说法正确的是( )
A． f x 的最小正周期是
2
B． f x 在区间 , 内单调递增
6 2
f x ,0 C． 的一个对称中心是
3
D． f x 的图象可以由 g x tan 2x的图象向左平移 个单位长度得到
3
2 2
11 x y．已知椭圆C : 1，F 为C的右焦点，点 A,B在C上且关于 y轴对称，P,Q分别为线段 AF , AB
4 2
的中点，O为坐标原点，则( )
A． PA 1 2的最小值为 B． kAF kBF 为定值2
C． PQ PF 2 D．存在点 A，使得 QPF 90
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。

12．已知向量 a 1,0 ,b 1,1 ，若 ka b b，则实数 k __________．
13．事件 A与事件 B相互独立， P A p,P B 1 p 0 p 1 ，则 P AB 的最大值为__________．
14．已知 a 1，设函数 f x a x xa，若对任意 x 0, ， f x 0恒成立，则 a的所有可能取值
构成的集合为__________．
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．如图，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中， E是 BC的中点．
（1）证明： BD1 / /平面C1DE；
（2）若 2AA1 AB 2，求直线 A1E与平面C1DE所成角的正弦值．
数学试题第 2 页(共 4页)
16．黎锦织造技艺是海南国家级非物质文化遗产，一幅黎锦作品的完成需经过“纺线设计”和“织锦
制作”两大独立环节，只有纺线设计通过后才能进行织锦制作，且只有同时通过两个环节才能成为
成品．某黎锦工坊准备制作甲、乙、丙三幅不同的黎锦作品，已知甲、乙、丙通过纺线设计环节的
4 3 2 3 2 1
概率依次为 , , ，通过织锦制作环节的概率依次为 , , ．
5 4 3 4 3 2
（1）求甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节的概率；
（2）若已知甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节，求通过的作品为甲的概率；
（3）经过纺线设计和织锦制作两个环节后，甲、乙、丙三幅作品成为成品的件数为 X ，求随机变
量 X 的分布列和数学期望．
b
17．已知函数 f x ln x ax ，b 0,1 ．
x
（1）当 a 0时，若 f x 的值域为 0, ，求实数b的值；
（2）若 x 1为 f x 的极小值点，求实数 a的取值范围．
数学试题第 3 页(共 4页)
x2 y2
18．已知双曲线C : 2 1 b 0
6
的离心率为 ，左右焦点分别为 F ,F
2 b 2 1 2
，P,Q为双曲线左支上的
两点，直线 PQ交 y轴于点G．
（1）求双曲线C的方程；

（2）若 F1G 3PF1 ，求直线 PQ的方程；
（3）设线段 PQ的中点为D，直线 PQ交 x轴于点M ，点 N为M 关于原点的对称点，以 N为圆心
作 y轴相切的圆，过 D作该圆的两条切线，切点分别为 E,F ，求 sin EDF 的取值范围．
19．已知数列 an 满足 an 1 an 1 cos n 1 cosn，且 a1 1 cos1．
（1）求 an 的通项公式；
（2）若 a2n 1 a2n 1 2，求证： sinn cosn 1；
（3）已知 sin1 m，求 2sin 2 4sin 4 6sin6 180sin180 的值．（结果用m表示）
数学试题第 4 页(共 4页)
高 2026 届
数学参考答案
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．【答案】B
【详解】集合 B x | x 3 1 x | 2 x 4 ，
因为 A x |1 x 3 ，所以 A B x |1 x 4 ．故选：B．
2．【答案】C
4 3i 4 3i 2 i z 8 6i 4i 3i
2
【详解】由题意可得 1 2i z ，所以复数 虚部为 2 .故选：C．2 i 2 i 2 i 4 i2
3．【答案】D
【详解】圆锥高 h 4，底面半径 r 3，则母线长 l r2 h2 32 42 5，
圆锥侧面积为 S侧 rl 15 .故选：D．
4．【答案】B
【详解】因大米质量 N 10, 2 ，且 P(9.98 10.02) 0.98，
P( 10.02) 1 P(9.98 10.02)则 0 .01，
2
所以大米质量在10.02kg以上的袋数大约为 2000 0.01 20．故选：B．
5．【答案】B
【详解】 a a a2 a2q5 a2q2 q33 4 2 1 1 1 q 1且 q 0，
因为 0 q 1能推出 q 1且 q 0，但 q 1且 q 0不一定能推出 0 q 1，
所以“ a 23a4 a2 ”是“ 0 q 1 ”的必要不充分条件．故选：B．
6．【答案】C
4
【详解】由对勾函数的单调性可知，函数 y x 在区间 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
x
4
因为函数 f x 在R 上为增函数，所以函数 f x x 在 a, 上为增函数，
x
则 a, 2, ，即 a 2，
1
又因为函数 f x x 4在 ,a 上为增函数，且函数 f x 在R 上为增函数，
4
1 a 4则有 4 a ，因 a 2，则可得 3a 4 a 4 0 ，解得 a 4，
4 a
故实数 a的取值范围是 4, ，即 a的最小值为 4．故选：C．
7．【答案】B
【详解】如图，设 PF PT t ，过 P作 y轴的垂线，垂足为Q，因为 PF
3 t
的斜率为 ，所以 PFO ，所以在 PFQ中， FQ ，所以
3 3 2
FR t 4 t 2，所以 t ．故选：B．
2 3
数学参考答案第 1 页(共 8页)
8．【答案】A
【详解】依题意，如图，设 BD x，则 AD DC 2x,BC 3x，
AD2 BD2 AB2 5x2 1
在 ABD中，由余弦定理： cos ADB ，
2 AD BD 4x2
2 2 2 2 2
在 ACD中，由余弦定理： cos ADC AD DC AC 8x b ．
2 AD DC 8x2
由于 ADB ADC ，所以 cos ADB cos ADC 0，带入有18x2 b2 2．
在 ABC 中，由余弦定理： BC2 AB2 AC2 2 AB AC cos A ，得 9x2 1 b2 b ，联立解得
x 3 ,b 2．故选：A．
3
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．【答案】AC
【详解】对于选项 A：正三棱台的上下底面互相平行，即平面 ABC / /平面 A1B1C1，
又 AD 平面 ABC，AD 平面 A1B1C1，根据面面平行的性质，可得 AD / /平面
A1B1C1，A正确；
对于选项 B： E在侧棱 AA1上，D在 BC上，因为 AA1,BC是异面直线，所以 ED与
A1C是异面直线，B错误；
对于选项 C： ABC是正三角形，D是 BC中点，故 BC AD；
因为正三棱台是由正三棱锥利用平行于底面的截面截去小三棱锥得到，所以 BC AA1 ,
因为 AA1 平面 A1AD， AD 平面 A1AD， BC AD， BC AA1且 AD AA1 A，
故 BC 平面 A1AD，C正确；

对于选项 D： ED AD AE
1
AB 1 AC 1 AA1 ，设 A1C1 AC 0 1 ，2 2 2
1 1 1 1 1 2 1
则 ED A1C1 AB AC AA2 2 2 1
AC AB AC AC
2 2 2 AC CA 1 AC
1 1
AB AC A1C AC，因为 AB, AC 、 A1C, AC 都是锐角，所以 ED A2 2 1
C1 0，D错误．
故选：AC．
10．【答案】AD
π π
【详解】对于选项 A：由题意可得 f 0 tan 3，又因 ，所以 ，
2 3
则 f x tan π x ，
3
π π π π π
又 因 为 f tan 0 ， 所 以 kπ k Z ， 解 得
6 6 3 6 3
6k 2 k Z ，
T π π π π
由图可知函数 f x 的最小正周期T 满足 0，即T ，即 ，
2 6 3 3
故 6k 2 0,3 ，因为 k Z ，故 k 0， 2，
数学参考答案第 2 页(共 8页)
所以函数 f x π的最小正周期为T ，A正确；
2
π π π π 2π
对于选项 B：由 A选项可知 f x tan 2x ，当 x 时， 0 2x ，故函数 f x 在区
3 6 2 3 3
π
间 ,
π
6 2
上不单调，B错误；

π
对于选项 C：由 f tan
2 π π π π
tan 3 ，故 ,0 不是函数 f x 的一个对称中心，C错误；
3 3 3 3 3
f x tan 2x π tan 2x 2π π tan 2x 2π tan 2 x π 对于选项 D：因为 ，所以 f x 的
3 3 3 3


图象可以由 g x tan 2x π的图象向左平移 个单位长度得到，D正确．
3
故选：AD．
11．【答案】ACD
1
【详解】对于选项 A：由题意得 a 2,b c 2 ，因为 P为线段 AF 中点，所以 PA AF ．因为 AF2
的最小值为 a c 2 2，所以 PA
1 2
的最小值为
2 2 2 1 ，A正确．2
对于选项 B：由题意右焦点 F 2,0 ，设点 A x0 , y0 ，因为 A,B关于 y轴对称，所以 B x0 , y0 ，所
y y y 2 2 2 2
以 kAF k
0
BF
0 0 2 ．因为点 A x , y
x y x
0 0 在C上，所以 0 0 1，即 y2 0x 2 x 2 2 x 4 2 0 2
，
0 0 0 2
2
2 x 0 2
代入得到 2 4 xk k 0 ，显然 kAF kBF 随着 x0变化而变化，不为定值，B错误．AF BF 2 x20 4 2x
2
0
对于选项 C：设椭圆C的左焦点为 F1，连接 AF1，由椭圆的对称性知 kBF kAF 且 BF AF1 1 ．因为 P,Q
1 1 1
分别为线段 AF , AB的中点，所以 PQ BF AF
2 2 1
，又因为 PA AF ，所以由椭圆的定义知
2
PQ 1 PF AF1 AF a 2，C正确．2
对于选项 D：因为 P,Q分别为线段 AF , AB的中点，所以 PQ / /BF ．若
QPF 90 ，则 PQ AF ，即 AF BF ，此时 kAF kBF 1．由
4 x2
选项 B，令 k 0 2
8 2 2
AF kBF 2 1，解得 x , y ，所以存4 2x 0 3 00 3
在点 A，使得 QPF 90 ，D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12．【答案】 2

【详解】因为 a 1,0 ， b 1,1 ，所以 ka b k 1,1 ．
若 ka b b，则 ka b b 0，所以 k 1 1 1 1 k 2 0，解得 k 2．
数学参考答案第 3 页(共 8页)
1
13．【答案】
4
【详解】由事件 A,B相互独立，得 P(AB) P(A)P(B) ，代入已知条件得： P(AB) p(1 p) p2 p，
1
二次函数 y p2 p的图象为开口向下，对称轴为 p 的抛物线， 0 p 1
2
故 P AB
1 1
P

1
1 1

max 2 2 2
．
4
14．【答案】 e
【详解】对任意 x 0, ，因为 f x ax xa 0，所以 ax xa，所以 x ln a a ln x．已知 a 1，所
ln a ln x ln x 1 ln x
以 lna 0，上式即 ．设 g x ， g x x e
a x x x2
，令 g x 0解得 ，则 g x 在
0,e 上单调递增，在 e, 1上单调递减， x e为 g x 的一个极大值点， g x max g e ．e
lna ln x ln a 1 lna 1
由题意， 对任意 x 0, 恒成立，所以 g x max ，由上述分析可知 g a ，a x a e a e
ln a 1
当且仅当 a e时取等，所以 g a
a e
a的所有可能取值构成的集合为 e ．
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．【答案】（1 6）证明详见解析；（2）
3
【详解】（1）如图，连接 D1C 交C1D于 F ，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，
底面 ABCD为正方形且侧棱DD1 平面 ABCD，所以侧面CDD1C1为长
方形，所以 F 为D1C的中点，
又因为 E为 BC的中点，所以在 CD1B中， EF / /BD1， ……3分
因为 BD1 平面C1DE，且 EF 平面C1DE，所以 BD1 / /平面C1DE． ……5分
（2）正四棱柱 ABCD A1B1C1D1为长方体，如图所示，以D为原点，DA,DC,DD 所在直线分别为 x, y, z1
轴正方向建立空间直角坐标系D xyz，
因为 AA1 1,DA DC 2，所以 A1 2,0,1 ,E 1,2,0 ,C1 0,2,1 ， ……7分

所以 A1E 1,2,1 ,DC1 0,2,1 ,DE 1,2,0

n DC1 0 2y z 0
设平面C1DE的一个法向量为 n x, y, z ，则 ，即 ，
n DE 0 x 2y 0

令 y 1，则 x z 2，则平面C1DE的一个法向量为 n 2, 1,2 ， ……10分

A1E n 6 6
设直线 A1E与平面C1DE所成角为 ，所以 sin cos A1E, n ，A1E n 6 9 3
所以直线 A 61E与平面C1DE所成角的正弦值为 ． ……13分3
数学参考答案第 4 页(共 8页)
3 4 43
16．【答案】（1） ；（2） ；（3）分布列见解析，
20 9 30
【详解】（1）记甲，乙，丙三幅作品通过设计图案环节分别为事件 A,B,C ，记甲，乙，丙三幅中恰有
一幅作品通过设计图案环节为事件D，
则 P(D) P(ABC) P(ABC) P(ABC)
4 1 1 1 3 1 1 1 2 3
． ……4分
5 4 3 5 4 3 5 4 3 20
4 1 1
P AD

2 P A D 5 4 3
4
（ ） 3 ． ……8分P D 9
20
（3）记甲，乙，丙三幅作品成为成品的事件分别为 E ,F ,G，
P E 4 3 3 ,P F 3 2 1则 ,P G 2 1 1 ， ……9分
5 4 5 4 3 2 3 2 3
由 X 可取 0,1, 2,3，
P X 0 2 1 2 2则 ， P X 1 3 1 2 2 1 2 2 1 1 2 ，
5 2 3 15 5 2 3 5 2 3 5 2 3 5
P X 2 3 1 2 3 1 1 2 1 1 11 3 1 1 1 ， P X 3 ， ……13分
5 2 3 5 2 3 5 2 3 30 5 2 3 10
则 X 的分布列为 ……14分
X 0 1 2 3
2 2 11 1
P
15 5 30 10
2 11 1 43
则数学期望 E X 1 2 3 ． ……15分
5 30 10 30
1 1
17．【答案】（1） b ；（2） a 0
e 2
1 b x b
（1）因为 a 0，所以 f x lnx b ，求导得 f x
x x x2
2 ， ……2分x
因为 b 0,1 ，所以令 f x 0，解得 x b，
当 x 0,b ， f x 0，所以 f x 单调递减；
当 x b, ， f x 0，所以 f x 单调递增； ……4分
所以 f x 1min lnb 1 0，解得 b ． ……6分e
2
（2）因为 f x lnx ax b f x 1 a b ax x b，求导得 ，
x x x2 x2
又因为 x 1为 f x 的极小值点，所以 f 1 0，得到 b a 1， ……8分
2
代入导数得 f ax x a 1x ax a 1 x 1 2 2 ， ……9分x x
因为 b 0,1 ，所以 a 1,0 ，
1 1 1
①当 a 0时， f x 0，解得 x 1或 1 ，此时 1 1，
2 a a
数学参考答案第 5 页(共 8页)
所以当 x 0,1 时， f x 0， f x 单调递减；当 x 1 1, 1 时， f x 0， f x 单调递增；当
a
x 1 1 ,

时， f x 0， f x 单调递减；
a
所以 x 1为 f x 的极小值点满足条件． ……11分
1
a 1 x 1 ,
2
②当 时 2 恒成立，
2 f x 0x2
所以 f x 在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去． ……12分
③当 1 a
1
时， f x 0，解得 x 1或 1 1 1 ，此时 0 1 1，
2 a a
x 0, 1 1 f x 0 f x x 1所以当 时， ， 单调递减；当 1 ,1

时， f x 0， f x 单调递增；
a a
当 x 1, 时， f x 0， f x 单调递减；
所以 x 1为 f x 的极大值点，不满足条件，舍去． ……14分
1
综上， a 0． ……15分
2
2 3
18 x．【答案】（1） y2 1；（2） 5x y 15 0或 5x y 15 0；（3） 0, 2 2
x2 y2
【详解】（1）由双曲线C : 2 1(b 0)，得
2
2 a 2
，即 a 2 .
b
c 6
已知离心率 e ，得 c 3 . 由双曲线关系 c2 a2 b2 ，得 b2 c2 a2 3 2 1.
a 2
x2
因此双曲线C的方程为 y2 1 . ……4分
2
（2）由 c 3得 F1( 3,0)，设G(0, yG )， P(x0 , y0 ) .
向量 F1G 3, yG ， PF1 ( 3 x0 , y0 )，

由 F1G 3PF1 得 3, yG 3 3 3x0, 3y x 4 30 ，解得 0 ，3
15 15
代入双曲线方程得 y0 , yG 15，或 y0 , yG 15 ， ……7分3 3
故直线 PQ的斜率 k 5，所以直线 PQ方程为 5x y 15 0 或 5x y 15 0 . ……9分
（3）
【方法一】设直线 PQ : x my t，M (t,0)，则 N ( t,0)，因为圆 N与 y轴相切，所以半径 r t .
数学参考答案第 6 页(共 8页)
x my t

联立直线与双曲线方程 x2 ，整理得 (m2 2)y22 2mty t
2 2 0，
y 1 2
因为 P,Q在左支，得 0 m2 2，设 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，中点 D(xD , yD )，
2mt t 2 2
由韦达定理得 y1 y2 2 , y1y2 2 ， ……11分m 2 m 2
y y 1 y2 mt , x my 2t 2t mt 则 D 2 2 m2 D D
t ，即 D , . ……12分
2 m2 2 m2 2 m2
t2 42 2 m 7m2 16 DN x t y 2 DN t m
4 7m2 16
故 D D 2 ， ， t 0 ， m2 2 2 m2
r t 2 m2
设 EDN ，由切线性质DE NE,sin DN DN ， ……14分m4 7m2 16
sin u 1
令 u 2 m2 0，代入得 u2 3u 6 2 u 0,21 3 6 ，由 ，所以 ， m 0
u u2
1 1 f t
1 1

设 t , ， 代入上式得 6t
2 3t 1 2 ，
u 2 6 t
1 5
4

8
1
可知二次函数 y 6t2 3t 1在 , 内单调递增，所以 y 6t
2 3t 1 4, 2 ，
因此 sin f t 0,
1
2
， ……16分
π
由切线性质可知 EDN 是直角三角形，所以 EDN是锐角，即 EDN 0, .
6

则 EDF 2 EDN
0, π 3 ，即 sin EDF的取值范围 0, . ……17分
3 2
【方法二】设M x0 ,0 ，则 N x0 ,0 ，因为圆 N与 y轴相切，所以圆 N的半径为 r x0 ，圆 N的方
2
程为 x x 20 y x20 .
EN ED
设D xD , yD ，由圆的切线性质可知 NE DE,NF DF ，所以 sin EDN ,cos EDN ，由DN DN
EN ED
二倍角公式，得到 sin EDF sin 2 EDN 2sin EDNcos EDN 2 2 . ……11分DN
x DN 2 x2
因为 EN x0 , ED DN
2 x20 ，所以 sin EDF 2
0 0 ， ……13分
DN
x
令 t 0 t ，则 0,
1
DN ，当且仅当
PQ x轴取等，则
2
2
sin EDF 2t 1 t 2 2 t 4 t 2 2 t 2 1 1
1 2 1
，当 t 0,2 4 2
，则 t 0, ，因此
4
数学参考答案第 7 页(共 8页)
2 3
sin EDF 2 t 2 1 1 3 0, ，即 sin EDF的取值范围 2 4 2
0, . ……17分
2
19 1 m
2
．【答案】（1） an n cosn；（2）证明见解析；（3） 90
m
【详解】（1）由 an 1 an 1 cos n 1 cosn 可得：
a2 a1 1 cos2 cos1， a3 a2 1 cos3 cos2， a4 a3 1 cos4 cos3，……，
an 1 an 1 cos n 1 cosn，由累加法得： an 1 a1 n cos n 1 cos1，
又因为 a1 1 cos1，所以 an 1 n 1 cos n 1 ，故 an n cosn． ……4分
（2）由（1）可得 an n cosn，
则由 a2n 1 a2n 1 2n 1 cos 2n 1 2n 1 cos 2n 1 2 ，
可得 cos 2n 1 cos 2n 1 0 ， ……6分
即 cos2ncos1 sin 2nsin1 cos2ncos1 sin 2nsin1 0，
整理得 2sin 2nsin1 0，因 sin1 0，则 sin 2n 0， ……8分
所以 sin n cosn 2 sin2 n cos2 n 2sin ncosn 1 sin 2n 1，故∣sin n cosn∣ 1． ……10分

（3）由 cos n 1 cos n 1 cosn cos1 sin n sin1 cosn cos1 sin n sin1 2sin n sin1 ，
cos n 1 cos n 1
可得 2sin n ， ……12分
sin1
所以 2sin 2 4sin 4 6sin6 180sin180
cos1 cos3 2cos3 2cos5 3cos5 3cos7 89cos177 89co s179
0
sin1 sin1 sin1 sin1
1
cos1 cos3 cos5 cos7 cos175 cos177 89cos179 ……14分sin1
1

cos1 cos3 cos5 cos7 cos7 cos5 cos3 89cos1 sin1
90cos1
． ……16分
sin1
2
已知 sin1 m，则 cos1 1 m2
90 1 m
，因此原式的计算结果为 ． ……17分
m
数学参考答案第 8 页(共 8页)sooo03736o
高2026届
四、解答题（共77分）
16(15分)
数学答题卷
15(13分)
姓名：
考号：
缺考：【]
班级
■
考场：
粘贴条形码区
(正面朝上切勿贴出虚线外，切勿倾斜。)
考号：
■
注意事项
正确填涂：一
1.请将姓名等写在对应的区域。
错误填涂：%【●】淘
2选择题用2B铅笔填涂，修改橡皮擦干净。
3.非选择题用黑色签字笔书写。
4.区域内作答，答题卡虚线外禁止涂写。
单项选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中
只有一项是符合题自要求的。
1[A][B][c][o]
5[A][B][c][D]
2[A][B][c][D]
6[A][B][c][D]
3[A][B][c][D]
7[A][B][C][D]
4[A][B][c][D]
8[A][B][c][D]
多项选择题本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多符
合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。
9[A][B][c][D]
10[4][B][c][D]
11[A][B][G][D]
三、填空题（供15分）
12
3
14
高2026届数学答题卷第1页（共2页）
Isooo0e73667
■
17(15分)
18(17分)
19(17分)
■
■
■
■
高2026届数学答题卷第2页（共2页）

展开更多......

收起↑