2026届高考数学考向核心卷 全国一卷（含解析）

这是一份2026届高考数学考向核心卷 全国一卷（含解析），文件包含Unit8Agreenworld单元测试B卷原卷版pdf、Unit8Agreenworld单元测试B卷解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
分值：150分 时间：120分钟
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
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.复数的虚部是( )
A.B.C.D.
2.已知全集，集合，则中的元素个数是( )
A.2B.3C.4D.5
3.已知直线是函数图象的对称轴，则a的最小值为( )
A.B.C.D.
4.已知，分别为双曲线，的左、右焦点，点P在C上，且满足，，则C的离心率为( )
A.B.C.5D.
5.已知函数为R上的偶函数，且满足，当时，，则( )
A.B.C.D.1
6.已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有4个，则直线l斜率的取值范围是( )
A.B.
C.D.
7.某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量R的模（单位：km）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配送）：
若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为( )
A.超高效B.高效C.常规D.低效
8.若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是( )
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，已知直四棱柱的侧面为正方形，底面为长方形，M，N，P分别为，，的中点，则下列结论错误的是( )
A.平面B.平面
C.平面D.平面
10.已知F为抛物线的焦点，直线l过F且与C交于A，B两点，O为坐标原点，为C上一点，且，则( )
A.过点且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条
B.当的面积为时，
C.为钝角三角形
D.的最小值为
11.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有( )
A.若，则
B.若，，则的面积为2
C.若，则
D.若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则______________.
13.已知等比数列的前n项和为，若，，则______.
14.一个袋中装有形状、大小完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，从袋中有放回地取球，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止.记为5次之内（含5次）取到红球的个数，则的数学期望______________.
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）仙人掌不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值，被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力.我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度y（单位：cm）与其根茎长度x（单位：cm）之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据：
参考数据：，，.
（1）由上表数据计算样本相关系数r，并说明是否可用线性回归模型拟合y与x的关系（若0.75，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001）；
（2）求y关于x的经验回归方程.
附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，样本相关系数r的公式分别为，，.
16.（15分）已知等差数列的公差，是，的等比中项，且.
（1）求的通项公式；
（2）给定正整数m，设函数，求.
17.（15分）已知椭圆的离心率为，且过点，直线l交椭圆C于不同的两点M和N.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l的斜率为1，且以为直径的圆经过椭圆C的右顶点，求直线l的方程；
（3）已知点，若点A是椭圆的右顶点，M和N两点都在x轴上方，且，证明直线l过定点，并求出该定点坐标.
18.（17分）如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，D为侧棱的中点，三棱锥的体积为.
（1）求三棱柱的高；
（2）已知点E在上，且，若平面，求实数的值；
（3）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
19.（17分）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性.
（2）当函数的极小值为0时.
（i）若在上恒成立，求m的取值范围.
（ii）若在上恒成立，证明：.
2026届高考考向核心卷
数学参考答案——全国一卷
1.答案：D
解析：，复数的虚部为.故选D.
2.答案：D
解析：，则，故中的元素个数为5，故选D.
3.答案：B
解析：法一：因为，且直线是图象的对称轴，所以，解得，由于，所以a的最小值为，故选B.
法二：，其最大值为，又，故选B.
4.答案：D
解析：由，可设，则.因为，所以为直角三角形，所以，所以.又因为，所以C的离心率.故选D.
5.答案：C
解析：法一：由题可得，所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称.当时，，则，故选C.
法二：由题可得，所以2是函数的周期.因为当时，，所以当时，，所以，故选C.
6.答案：B
解析：直线可化为，联立解得故直线l过定点.设直线l的斜率为k，则直线l的方程为，即.依题意，圆心到直线l的距离为，解得.故选B.
7.答案：B
解析：设交通拥堵修正向量，则，解得或，即或.当时，由题意得，则，因为，所以此次配送为高效配送；当时，，则，因为，所以此次配送为无效配送，与题意不符.故选B.
8.答案：D
解析：令，得，，，，
在同一平面直角坐标系内作出函数，，，的图象，则x，y，z分别是函数，，，的图象与直线交点的纵坐标，观察图象得，当时，；当时，；当时，，因此A，B，C都可能，D不可能.故选D.
9.答案：ABC
解析：A（×）平面即平面，故平面.
B（×）由题意知，与不垂直，故与不垂直，故与平面不垂直.
C（×）如图，连接，平面即平面，因为与平面相交，所以与平面不平行.
D（√）因为直四棱柱的底面为长方形，所以，，又，所以平面，因为平面，所以，又，所以，如图，连接，，易知，，故，因为四边形为正方形，所以，则，又，所以平面.
故选ABC.
10.答案：ACD
解析：如图，因为，所以，解得，所以抛物线C的标准方程为.
对于A，因为，当时，，故点在抛物线的外部，所以过点M且与C仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于B，由抛物线C的方程可知，焦点，设直线l的方程为，，，
联立消去x，整理得，所以，所以，，又，所以
，解得，则，，则，故B错误；
对于C，由选项B可知，，所以，所以为钝角，所以为钝角三角形，故C正确；
对于D，由选项B可知，所以
，当且仅当，即，时，等号成立，故D正确.
故选ACD.
11.答案：AC
解析：对于A，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，A正确；
对于B，根据余弦定理的推论有，所以.
整理得，则，则，故的面积为，B错误；
对于C，由正弦定理和余弦定理的推论得，
所以
，C正确；
对于D，若，则，则，当且仅当时，等号成立，所以，所以，D错误.故选AC.
12.答案：
解析：因为函数，所以，又因为曲线在处的切线与直线平行，所以，解得.
13.答案：3
解析：由数列为等比数列，设其公比为q，又，则
，解得，所以，则，所以，，所以，，所以.
14.答案：
解析：随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，由n次独立重复试验的概率公式，，1，2，…，n，得，，，
，所以的数学期望.
15.答案：（1）0.998，可用线性回归模型拟合
（2）
解析：（1）易得，，………3分
，…………………………5分
故.…………………8分
则，故可用线性回归模型拟合.………………………………………………………9分
（2），，……………12分
故经验回归方程为.…………………………………………………………13分
16.答案：（1）
（2）
解析：（1）因为是，的等比中项，所以，
即，整理得，……………………………………………2分
又，所以.①
因为，所以，……………………………………………………4分
即，即.②
由①②得，，
所以的通项公式为.………………………………………………8分
（2）由（1）得，
所以，……………………………………………………11分
所以，
所以.…………………………………………………………15分
17.答案：（1）
（2）或
（3）证明见解析，定点
解析：（1）因为椭圆C的离心率为，且过点，
所以，，………………………………………………………………………2分
又，解得，，
所以椭圆C的标准方程为.…………………………………………………………4分
（2）因为直线l的斜率为1，所以设直线l的方程为，，，
由消去y并整理得，
则，解得.
，.…………………………………………………………………7分
设椭圆的右顶点为A，由（1）得，点A的坐标为，
因为以为直径的圆经过椭圆C的右顶点，所以，
所以，即，
整理得，……………………………………………………9分
所以，
即，解得或，满足题意.
所以直线l的方程为或.……………………………………………11分
（3）当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C的两个交点分布在x轴两侧，不合题意.
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，
由，得，
所以，，.………………………13分
因为，所以，即，
整理得，所以，
所以直线l的方程为，
所以直线l过定点，定点坐标为.…………………………………………………………15分
18.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）连接，平面，
，
又，，
在中，，，
，………………………………………3分
，，
，
设三棱柱的高为h，
则，解得.………………………………………………5分
（2）设的中点为F，连接，，
且，∴四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，………………………………7分
平面，，，平面，∴平面平面，
又平面平面，平面平面，，
为的中点，为的中点，，即.………………………………10分
（3）过点作于点O，连接，，
平面，侧面与底面垂直，侧面底面，
平面，
且，，
又，，平面，平面，
又平面，，
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，……………………………………………………12分
平面，，，
则，，，，
，设，则，
则，，，………………………………………13分
设平面的法向量为，则令，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
令，则，，
平面的一个法向量为，………………………………………………15分
设平面与平面的夹角为，则，
平面与平面的夹角的余弦值为.……………………………………………17分
19.答案：（1）当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）（i）
（ii）证明见解析
解析：（1）函数的定义域为，.…………………1分
当时，，故，则函数在上单调递增；
当时，令，解得，则函数在上单调递减，
令，解得，则函数在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.………………………………………………………………………4分
（2）（i）由（1）知，当时函数存在极小值，且极小值点为，
所以.
令（其中），则，即.（*）
令，则.………………………………………6分
当时，；当时，.
所以在处取得最小值，且，故方程（*）只有唯一解为，即.
所以.
因为，所以，
即，即.
令，，
则.……………………………………………………………………………9分
设，，
则.
易知在上单调递减，且，，
所以存在唯一零点，使得.
所以在上单调递增，在上单调递减.………………………………………11分
又因为，，
所以在上恒成立.
所以在上单调递增.
所以.
所以m的取值范围是.……………………………………………………………………13分
（ii）证明：由（2）（i）知，，，
则由得在上恒成立.
令，，
所以.
因为，所以要使在上恒成立，
则，解得.………………………………………………………15分
当时，由（2）（i）知在上恒成立.
又因为当时，，所以.
所以，即在上单调递增.
所以.
综上，.……………………………………………………………………………………17分
配送效率等级
超高效
高效
常规
低效
停滞
模的范围
样本编号i
1
2
3
4
根茎长度
10
12
14
16
植株高度
62
86
112
132
2026届高考数学全国一卷 考向核心卷考情诊断表
知识模块
对应题号
模块总分值
试卷占比
得分
复数
1
5分
3.33%
集合与常用逻辑用语
2
5分
3.33%
平面向量
7
5分
3.33%
三角函数与解三角形
3、11
11分
7.33%
数列
13、16
20分
13.33%
立体几何
9、18
23分
15.33%
解析几何
4、6、10、17
31分
20.67%
函数与导数
5、8、12、19
32分
21.33%
概率与统计
14、15
18分
12.00%
合计
1-19
150分
100.00%
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
B
D
C
B
B
D
ABC
ACD
AC