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2026年全国普通高等学校招生全国统一考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.( )
A. B. C. D.
2.已知向量，满足，，则( )
A. B. C. D.
3.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
4.双曲线过点和，则其渐近线方程为( )
A. B. C. D.
5.梭台上下底面均为有一个内角是的菱形，且上下底面边长分别为和，该棱台的高为，则该棱台体积为( )
A. B. C. D.
6.甲、乙、丙、丁等人分成，两技术小组，要求每组人，且甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，共有多少分配方案( )
A. B. C. D.
7.已知为第二象限角，且，则( )
A. B. C. D.
8.已知为定义在上的偶函数，且，当时，，则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，，则( )
A. 点的坐标为
B. 时，与轴相切
C. 当时，与相切
D. 当与相交时，两交点所在直线的方程是
10.等比数列的公比，，，记前项和为，则( )
A. B.
C. D.
11.已知抛物线，斜率为的直线过点，为等边三角形，在抛物线上，，在上，则( )
A. 抛物线准线方程为
B. 与抛物线无交点时，
C. 若与相交于唯一点，则抛物线焦点在直线上
D. 时，面积最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知为等差数列前项的和，若，，则 ．
13.若函数有两个零点，则的取值范围是 ．
14.球的体积为，，，，四点均在球的球面上，为等边三角形，则的面积为 ．
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.(本小题13分)
某工厂抽取一批电子元件检测, 记录第一次出现故障的时间(天),绘制成如下的频率分布直方图:
(1)求第一四分位数和中位数;
(2)为首次故障时间小于365天的概率估计值.
(i)求;
(ii)工厂向某用户销售100件电子元件,X为这100件产品首次出现故障小于365天的件数,则X~B(100,),求E(X),D(X).
16.本小题分
三棱锥中，在上，，，．
证明：
若，，，，求与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
在中，已知，．
证明：为钝角三角形
若面积为，求周长．
18.本小题分
已知椭圆，过椭圆焦点作垂直于轴的直线，截椭圆所得弦长为．
求椭圆的离心率
设点在椭圆上且，过作轴的垂线，垂足为，点，，
连接，，两直线交于点，点的轨迹记为．
求轨迹的方程
当取何值时，轨迹存在对称中心并将该曲线平移得到曲线，使坐标原点为的对称中心，判断是什么曲线
19.本小题分
已知函数，曲线在点处的切线方程为．
求，
当时， ，求的取值范围
当时， ，求的最小值。
参考答案
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15.解析:(1)第一四分位数即为25百分位数,由图可知第一四分位数在[355,365]之间,设第一四分位数为x,得=,解得,同理,中位数位于[375,385],
设中位数为y,得 =,解得y=377,所以第一四分位数为,中位数为377.
(2)(i)由频率分布直方图可知,365左侧柱状图形的面积之和为,用频率估计概率得=.
(ii) 由(i) 得=, 则X∽B(100,), 由二项分布的性质E(X)=np, D(X)=np(1-p)可得E(X)=100=30,D(X)=100=21.

16.解析：因为，，
又平面，平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，、平面且，
所以平面，
因为平面，
所以．
过作平面，连接，
则即为直线与平面所成角，其正弦值为，
因为，且，，所以，
由体积公式知，
等体积转换得，即，
由中得平面，
所以，
则，
由，，得，
由，，得，
同理可得，，
由，，得，
则，
则，解得，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．

17.解：由
所以得．
，
得
所以或为钝角，即证为钝角三角形．
由得，得，
由正弦定理
得，
得，
得，得，
所以周长为

18.解析：过焦点且垂直于轴的弦所在直线为，代入椭圆得，即，
所以弦长为，故，所以．
解析：由知椭圆．
由，得，又，
故直线的方程为，
设，则．
联立得，代入，
得，化简得．
所以轨迹的方程为：，
将方程展开，得．
当时，方程为，此时为抛物线，没有对称中心．
当时，曲线有对称中心．
令，，则平移后曲线满足．
若，则，所以
若，则，所以是椭圆．
综上，且时，轨迹存在对称中心
平移后，时，为双曲线时，为椭圆．

19. 求的值
已知函数，对其求导得：
根据导数的几何意义，曲线在点处的切线斜率等于。
由切线方程可知，切线斜率为，因此：
解得 。
又因为切点在切线上，将代入切线方程得，即。
代入得：
解得 。
求的取值范围
由 得。
当时，不等式等价于：
展开并化简：
令，，则需对所有恒成立。
对求导得：
当时
将变形为：
因为，，所以，，故。
因此在上严格单调递增。
由函数的连续性可知：
要使对所有恒成立，需，即：
结合，得，解得。
注：时，不满足严格大于，故排除
当时
将变形为：
因为，所以。当时，，，故。
因此存在足够大的使得，不满足条件。
综上，的取值范围为 。
求的最小值
令，题目要求时。
对求导得：
显然，。
由 得，再求导得：
因此在上严格单调递增，且的唯一解为。
必要性证明
假设，则：
由函数的连续性可知，存在，当时，。
因此在上严格递减，又，故当时，。
进而在上严格递减，，与题设矛盾。
因此。
充分性证明时满足条件
因为在上严格单调递增，且对任意，有，所以：
对任意，。由拉格朗日中值定理，存在，使得：
当时，。
若，则，故，因此。
若，则，但，，且，。
令，则：
令，则，。
又，故，，因此。
所以在上严格递增，。
综上，当时，对所有成立，故在上严格递增，，满足题设。
结合必要性与充分性，的最小值为

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