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2026届高三最后一卷
数学试题
一、单选题
1．集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．平面向量，满足，，且向量，的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．2
4．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A．4 B．2 C．8 D．
5．已知，是椭圆C：（）的左右焦点，点P在椭圆上，为等腰三角形，，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
7．在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若事件，相互独立，则
C．若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8
D．用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好
10．已知，其中最大值记为，则下列正确的是（ ）
A．存在，使得函数为奇函数
B．任意，都有
C．任意，，至少有一个不小于
D．任意，且，则
11．如图，抛物线E：，过点P向抛物线E作两条切线，，切点分别为A，B．切线，分别交x轴于C，D．设，则下列说法正确的有（ ）
A．过点A的切线方程为
B．当点P在准线上时，的最小值为8
C．当点P在准线上时，
D．对任意点P均有
三、填空题
12．已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________.
13．一个质地均匀的正四面体骰子，其每面分别标有数字1，2，3，4，记录每次抛掷向下这个面的点数，一旦连续两次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子.已知第一次抛出的点数为1，则以数字1结束的概率是__________.
14．设数列，满足，，记，则m的整数部分是________.
四、解答题
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其内切圆与外接圆半径分别为r，R.已知且，求：
(1)求的值；
(2)求的最大值.
16．底面为正方形，侧面垂直于底面且为正三角形，，.
(1)若H为中点，求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的余弦值大小.
17．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个零点，，，且，求实数a的取值范围.
18．已知双曲线上任意一点，则过点M的切线方程为.已知焦点在x轴上的双曲线E：（，）的离心率为，且过点.
(1)求双曲线E的方程；
(2)过双曲线上点M的直线l为双曲线E的切线，l分别与直线，（）交于A，B两点，记直线，，的斜率分别为，，.
（i）求证：；
（ii）若，求t的值.
19．将n个不同的数，，，…，（）的任意一个排列，，…，，记为数列．
(1)，有，，求的所有元素之和；
(2)将正整数n拆分成若干个2的非负整数次幂（、、……）之和，拆分所得的各项之间不考虑顺序，不同的拆分方式的数量记为．例如：2可以拆分为（1种方式），也可以拆分为（另1种方式），共2种拆分方式，故；3可以拆分为（1种方式），也可以拆分为（另1种方式），共2种拆分方式，故．
（i）求；
（ii）求证：，（）．
参考答案
1．C
【详解】由，得，所以，
又因为，所以.
2．A
【详解】因为，即，移项整理得,
，所以，
故的虚部为1.
3．A
【详解】由，
得，
又，
.
4．B
【详解】设等比数列的公比为q，由，得，
则，而，解得，
由，得，即，所以.
5．D
【详解】由题意，为等腰三角形，，
所以，
所以，即，
所以，所以，
即C的离心率为.
6．B
【详解】由题意可得，
令，得，此时，
所以图象的对称中心是.
7．D
【详解】如图1，过作垂足为，取的中点，连接，
∵，∴，，
又，，则，，
中，，
过作，且=，连接，则，
∴，，
根据题意可得为二面角的平面角，
即，则，
由题意可得，则，则，
如图2，∵，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心，
则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接
，则
∴△的外接圆半径，则
设三棱锥的外接球的半径为，则
即，解得
则表面积为.

8．A
【详解】.因为，
所以，即，所以.
构造函数，
求导得，故在单调递增.
因此，即.
令，得，得证.
构选函数，求导得，
因为，所以，所以在单调递减，
当时，.
令，得，由
故.综上，.
9．ACD
【详解】对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确；
对于B，由事件，相互独立可知，对于随机事件，，
都有，
故仅当，互斥时，才有，故结论不成立，即B错误；
对于C，由题意，，
对于数据，，，，
其均值为，
其方差为，故C正确；
对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确.
10．ABC
【详解】对于A，当时，，
，故A正确；
对于B
，
∴
；
令，则，
得，
得到
令，设，则，
则化简得，解得或（舍），即，解得，
而，
得到的最大值为，故B正确；
对于C，设， ， ，
即，故矛盾，故C正确；
对于D，当时，，
即，此时，故D错误.
11．ABD
【详解】对于A：抛物线E：，可化简为，求导得.
所以过点A的切线： ，即.故A正确；
对于B：设，
切线：过点P，所以，
同理可得，∴直线方程为：，
联立，∴，∴，，
∴，∴，
∴
，故选项B正确；
对于C：由B知，
所以，
，
则，又有
，则，故C错；
对于D：，
则
所以
同理可得，所以，即
所以，D正确.
12．-3
【详解】由求导可得，则，
因为该切线与直线垂直，
则，解得.
故答案为：.
13．
【详解】设上一次抛出的点数为（，2，3，4）且游戏未结束，
接下来游戏以数字1结束的概率记为，
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为1，这两次抛掷的点数之和为质数，
则停止抛骰子；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为2，这两次抛掷的点数之和为质数，
则停止抛骰子，但不是以数字1结束；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为3，这两次抛掷的点数之和不为质数，继续抛，
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为4，这两次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子，但不是以数字1结束；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为3，这两次抛掷的点数之和不为质数，
第三次抛出的点数为1，第二次和第三次抛掷的点数之和不为质数，继续抛；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为3，这两次抛掷的点数之和不为质数，
第三次抛出的点数为2，第二次和第三次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子，但不是以数字1结束；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为3，这两次抛掷的点数之和不为质数，
第三次抛出的点数为3，第二次和第三次抛掷的点数之和不为质数，继续抛；
当第一次抛出的点数为1时，第二次抛出的点数为3，这两次抛掷的点数之和不为质数，
第三次抛出的点数为4，第二次和第三次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子，但不是以数字1结束；
则有，得.
14．1
【详解】，，知.
由，且，知数列单调递增，
由，知，
得，所以，
，
由数列单调递增，，，得，，
得到，，
则的整数部分为1.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得：，.
因为
所以，∴
在中，
所以，
，.
（2）由，得，得.
在中,内切圆半径：
即时，取得最大值.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点O点，连接，由为正三角形，得到
又侧面垂直于底面，平面平面
所以平面，如图建立空间直角坐标系
于是，，，，
所以，，
由，得到平面.
（2）利用得到
在平面中，，，
设平面的一个法向量为
则得到：，
不妨设，则
又由平面与平面垂直，，平面平面，
则平面，则为平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上递减，在上递增.
(2)
【详解】（1）的定义域为，，
，当且仅当时，即时，等号成立，
故当时，，
则，所以在上单调递增；
当时，令，即，
则的两个根为，；
又，则，
则的解为或，的解为，
则在上单调递增，在上递减，在上递增；
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上递减，在上递增.
（2）设有三个零点，，，而.
当且时，由，得到：；
故，，又因为，
故，，满足，，，
所以有两个不等实根，
即在有两个不同的实数根，，，
则，得到，.
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
取，所以，
由，设，，
设函数的导函数为，
则，
则在上递减，故，故在上递减.
故，故，
而，，
取时，，
故由零点存在性定理可知，
当时，必存在三个不同实数，，，
且，使得.故.
18．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）因为双曲线离心率为，
则，
又因为过点，则，得，
所以双曲线E的方程为；
（2）（i）根据题意，点，过双曲线E上点M的切线，
则，，
所以，，，
则，
则；
（ii）由，
故，
又（为点到直线l的距离），
则，
因为，，
又因为，代入，
得，又因为，
化简得，
即，
则，
可得，
因为，
所以，
即，因为点不可能为双曲线顶点，即，
又，所以.
19．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，数列是，，这3个数的任意排列，，
当时，对应的不参与求和，当时，对应的参与求和；
，
的所有元素之和为：．
（2）（i）由题意可拆分如下：
,
．
（ii）证明：，
任意整数均可拆分成2的非负整数次幂，而2的幂只有1为奇数，
要得到奇数，必须用奇数个1，
把任意拆分里的1个1去掉，便可得到的一个拆分，
反过来的任意一个拆分加个1，便得到的一个拆分，
；
证明：（），
对的拆分项进行分类，共两类：
第1类为至少含有两个1的拆分项，第2类至多含1个1的拆分项，
第1类至少含有两个1的拆分项，将两个1去掉，与的拆分项是一一对应的，
故这类拆分的数量为；
第2类至多含1个1的拆分项，而总和为偶数，
故1的个数只能是0个，
的不含1拆分项，可由n的拆分，中各项乘以2得到，
，
的拆分项，与n的拆分项是一一对应的，故此类拆分数为；
综上可得：．

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