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2026 年高考考前平稳发挥练手卷
数学（全国Ⅰ卷）
（考试时间：120分钟，分值：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．设全集 ，集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为 ，
所以A∪B={−3,0,2,3)，所以∁ (A∪B)={−2,−1,1).
U
2．命题“ ”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】因为带量词的命题的否定只需改变量词，否定结论，
所以命题“ ”的否定是“ ”.
3．已知 是第一象限角，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A【详解】因为 是第一象限角，且 ，
所以 ，则 ， ,
所以 .
4．若非零向量 满足 ，且向量 在向量 上的投影向量是 ，则向量 与 的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依据投影向量的定义可列出等式，再求出向量 与 的夹角即可.
【详解】设向量 与 的夹角为 ，
则由题意结合投影向量的定义可知 ，
解得 ，
因为向量的夹角 ，所以 .
5．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，比赛采用5局3胜制，在
甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先分别求解甲获胜的总概率及甲3局获胜的概率，再代入条件概率公式计算即可.
【详解】设事件B为“甲获胜”，事件A为“比赛进行了3局”，则所求为条件概率 .
甲获胜分为三类情况：
3局全胜： ;4局获胜：前3局甲胜2局，第4局甲胜， ;
5局获胜：前4局甲胜2局，第5局甲胜， ;
因此 .
.
6．已知正三棱台 的上､下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为 ，则此
三棱台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】正三棱台上下底面为等边三角形，计算边心距差 ，结合侧面与底面所成的二面角求出斜高，进而得
到三棱台的侧面积.
【详解】
如图， 是上、下底面的中心， ， 为 在 上的垂足，
棱台的侧面与底面所成的二面角为
分别为边长为2和4的等边三角形，
， ， ，
所以三棱台的侧面积为 .7．设 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设函数 ，求导可得 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
令 ，代入可得 ，即 ，
设函数 ，求导可得 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
令 ，代入可得 ，即 ，
所以 的大小关系为 .
8．已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ， 上的两点 ， 满足 ，
（ 为原点），且以 的四个顶点为顶点的平行四边形的面积为12，则 的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 ，由已知条件和椭圆定义表示出 ， ， ，由勾股定
理求得 与 的关系，结合平行四边形的面积为12，求得答案.
【详解】如图，由 ，得 ，
由 ，得 三点共线，连接 ，设 ，则 ， ， ，
在 中，由勾股定理得 ，即 ，
在 中，由勾股定理得 ，化简得 ，
所以 ，即 ，
因为以 的四个顶点为顶点的平行四边形的面积为12，所以 ，
，即 ，得 ，
所以 ，即 的方程为 .
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．已知某 软件公司开发了一款新型智能 解题软件，现将该软件上市后的月份 以及当月获得的利润 （单位：
万元）统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程 ，则（ ）
月份 1 2 3 4 5
利润 6 7 9
A．
B．可以估计每增加1个月份，月利润平均提高 万元
C．可以估计上市后的第7个月的利润为 万元
D．上市后的第4个月的利润的残差为 万元
【答案】AC
【详解】由统计表可知：
， ，
则回归直线过样本中心点 ，代入回归方程 得，，解得 ，故A正确；
回归方程为 ，斜率为 ，则每增加1个月份，月利润平均提高 万元，
故B错误；
时， 万元，故C正确；
由统计表知，第4个月 ，预测值 ，
残差 万元，故D错误．
10．已知数列 的前 项和 ，则（ ）
A． B．数列 是等差数列
C． 的最小值为 D．
【答案】ABD
【分析】由 ，可判定A正确；根据 与 的关系式，求得 ，结合等差数列的定义，可判定
B正确；由 得到 ，当 时， ，求得 的最小值为 ，可判定C错误；由选项C
的分析，结合等差数列的求和公式，可判定D正确.
【详解】对于A，因为数列 的前 项和 ，
当 时，可得 ，所以A正确；
对于B，当 时， ，
其中 ，适合上式，所以数列 的通项公式为 ，
又因为a −a =2(n+1)−4−(2n−4)=2，
n+1 n
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，所以B正确；
对于C，由 ，令a ≥0，即 ，解得 ，
n
所以数列 满足： ， ，当 且 时， ，所以 的最小值为 ，所以C错误；
对于D，由选项C的分析知： ， ，当 且 时， ，
可得
=S −2a =102−3×10−2×(−2)=74，所以D正确.
10 1
11．已知函数 ，其中 ．则下列说法正确的是（ ）
A． 的图象为中心对称图形
B． 时，函数 在 上单调递减
C．对任意的实数 ， ， 既没有最大值，也没有最小值
D．若 有两个不同的极值点，则 的取值范围为
【答案】ACD
【分析】对A：计算可得 ，即 的图象关于点 中心对称；对B：求导后计算即
可得；对C：分 及 进行讨论，计算 值域即可得；对D：求导后结合极值点定义计算即可得.
【详解】对A： ，
故 的图象关于点 中心对称，故A正确；
对B： ，
当 时， ，
故函数 在 上单调递增，故B错误；对C：由 ，
则当 时， ，无最大、最小值；
当 时， ，则 ，无最大、最小值；
综上可得，对任意的实数 ， ， 既没有最大值，也没有最小值，故C正确；
对D： ，令 ，则 ，
若 有两个不同的极值点，则 有两个不同根，
当 时， ， ，无实数根，不符；
当 时，若 ，则 ，不符，则 ，
令 ， ，
有 ，则 为偶函数，
当 时， ，则由对勾函数性质可知 单调递增，
又 单调递增，故 单调递减，且 ，
故 ，则 ；
故 有两个不同的极值点的充要条件为 ，故D正确.
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．已知复数 ，其中 为虚数单位，则复数 的模为________.【答案】
【详解】由于 ， ， ， ，故每四个连续的项之和为 ，
，则 ，
由于 ， ，故 ，所以 .
13．已知圆 过抛物线 的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆 的圆心不在 轴上，且与直线
相切，则圆 的方程为______．
【答案】
【详解】抛物线 的焦点坐标为 ，准线方程为 ，
因为圆 的圆心在抛物线的准线上，所以设圆 的圆心坐标为 ，
则圆 的半径为 ，
因为圆 与直线 相切，所以圆心到直线 的距离 ，
即 ，解得 ，
所以半径 ，
因此圆 的方程为(x+1) 2+(y+8❑√3) 2=196.
14．如图，将一张A4纸（长宽比为 ）折出3条与短边 平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱
（边 与边 重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为 ，则当该四棱柱体积
最大时，直线 与 所成角的余弦值为______．【答案】
【分析】先根据棱柱的定义，分别求出：①底面四边形的两组对边都不平行，②底面四边形恰有一组对边平行，
及③底面四边形有两组对边平行的概率，从而确定该四棱柱底面为平行四边形，再根据平行四边形的面积公式，
基本不等式，勾股定理，及余弦定理即可求解．
【详解】由棱柱的定义知棱柱的侧棱相互平行，上下底面的对应边分别平行，故只需考虑一个底面边的平行情况．
4+C2
5
①若底面四边形的两组对边都不平行，则任取两条棱平行的概率为
4=
；
C2 33
12
2+C2+C2
7
②若底面四边形恰有一组对边平行，则任取两条棱平行的概率为
4 4=
；
C2 33
12
C2+C2+C2
3
③若底面四边形有两组对边平行，则任取两条棱平行的概率为 4 4 4 = ；
C2 11
12
综上可知，该四棱柱底面为平行四边形．
因此 ，
当且仅当 ， ，
即底面四边形 为正方形时底面面积最大，此时四棱柱的体积最大．
连接 ，易得 ， 或其补角为异面直线 与 所成角，
❑√2
设 ，又该A4纸的长宽比为 ，则AB=AD= ，
4所以 ， ，
9 9 1
+ −
C D2+C B2−BD2 8 8 4 8
在 中，由余弦定理得cos∠DC B= 1 1 = = ，
1 2C D⋅C B 9 9
1 1 2×
8
故直线 与 所成角的余弦值为 ．
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．某同学用“五点法”画函数 在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分
数据，如下表：
0
0 2 0
(1)请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并求 的解析式；
(2)将函数 的图象向左平行移动 个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的 ，
纵坐标不变，得到 的图象．若 图象的一个对称中心为 ，求 在 上的值域．
【答案】(1)
0
0 2 0 0
(2)
【分析】（1）结合题意建立方程求解出关键数据，最后得到解析式即可；（2）按照题意对函数进行变换并结合对称中心得到 ，最后利用正弦函数的性质求解值域即可.
【详解】（1）根据表中已知数据，解得 ，
因为 ，所以解得 ， ，
数据补全如下表：
0
0 2 0 0
函数表达式为 ；
（2）由（1）知 ，
将函数 的图象向左平移 个单位后得到 ，
再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的 ，纵坐标不变，
得到 ，
若 图象的一个对称中心为 ，
π π 5π kπ
∴4⋅ +2θ+ =kπ ，解得θ=− + ， ，
6 6 12 2
由 可知，当 时， ，
因此 ；因为 ，所以 ，
故 在 上的值域为 .
16．已知直三棱柱 中， ，点M、N分别为 的中点．(1)求证： 平面 ；
(2)求 与平面BCN夹角的正弦值；
(3)求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理求解；
（2）以 点为坐标原点建立空间直角坐标系，由 求解；
（3）先求点 到平面BCN的距离为 ，再由三棱锥体积公式求解.
【详解】（1）
连接 ， ，
四边形 为矩形， 为 的中点，
与 交于点 ， 为 的中点，
又N为 的中点， ，
又 平面 ，且 平面 ，
平面 .
（2）由已知，以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
因为平面 即平面 ， ， ，
，
取 ，则 ，从而 ，
设所求线面角为 ， ，
，
所以 与平面 夹角的正弦值为 .
（3）
设点 到平面 的距离为 ， ，，
已知 ，则 ，
所以
.
17．2025年，我国能源安全保障能力再上新台阶，全口径发电量占全球总发电量的 ，稳居世界第一，为智
能算力的爆发性电力需求持续提供稳定保障.某学习小组收集了2021年至2025年我国全口径发电量相关数据，根
据数据制作了如下数据表格和散点图.
年份 2021 2022 2023 2024 2025
年份代码 1 2 3 4 5
我国全口径发电量 （单
8.52 8.85 9.46 10.09 10.58
位：万亿千瓦时）
(1)由散点图看出，可用线性回归模型拟合 与 的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立 关于 的经验回归方程，并预测2026年我国全口径发电量.
参考数据： .
参考公式：回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，相关系数 .
【答案】(1) ，可用线性回归模型拟合 与 的关系(2) ， （万亿千瓦时）
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
所以
，
故可用线性回归模型拟合 与 的关系；
（2） ，
则 ，
则经验回归方程为 ，
令 ，则 ，
故预估2026年我国全口径发电量为 （万亿千瓦时）
18．已知双曲线 ： （ ， ）的左、右焦点分别为 ， ，实轴长为 ，点 到双曲线 的
渐近线的距离为1，过 的直线 与 交右支于 ， 两点.
(1)求双曲线 的方程；
(2)证明：存在 轴上的一点 ，使得 为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程；
（2）设 ， ，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化 ，根据该值为定值可求 的坐标；
【详解】（1）解：因为实轴长为 ，故 ，
而点 到双曲线C的渐近线的距离为1，故 ，
故双曲线的方程为： .
（2）证明：设 为半焦距，则 ，故 ，
因为 与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设 ， ，
由 可得 即 ，
故 且 ，
所以 ，又 .
设 ，则 ， ，
故
为定值当且仅当 ，故 ，
故存在 轴上的一点 ，使得 为定值且定值为 .19．已知函数 ， ．
(1)当 时，试证明函数 存在唯一零点，并求出该零点．
(2)当 时，设 ，且数列 的前n项和为 ，求证：
（i） ；
（ii） ．
【答案】(1)证明见解析，零点为1．
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导f′ (x)=a ( 1+ 1 ) − 1 ，得到函数 在 上单调递增求解；
x2 x
1
（2）（i）易证 ，当 时， ，从而得到 ，即f (n2)≥1− 求解．（ii）当
n2
1 1
时，由放缩法得n2>n(n−1)，从而− >− ，再结合（i）的结论得到
n2 n(n−1)
，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）因为 ， ，
所以函数 的定义域为 ，f′ (x)=a ( 1+ 1 ) − 1 ．
x2 x
令 ，则f′ (x)=g(t)=at2−t+a．
因为 ，所以Δ=(−1) 2−4a2=1−4a2≤0恒成立，所以 恒成立，即 恒成立，
所以函数 在 上单调递增．
( 1)
又因为f(1)=a 1− −ln1=0，
1
所以函数 存在唯一零点，且零点为1．
（2）证明：（i）先证明 ．
令 ，则 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，所以 ，即
．
当 时， ．
1
因为 ，所以 ，所以f (n2)≥1− ．
n2
又 ，所以 ．
1 1
（ii）当 时，由放缩法得n2>n(n−1)，所以− >− ．
n2 n(n−1)
由（i）知 ，
所以当 时，
( 1)
=(n−1)− 1−
n
n2−2n+1
=
n
(n−1) 2
= ，
n
即nS >(n−1) 2 ．
n又当 时，S =0=(1−1) 2=0，满足 ，
1
所以 成立．
