《2026年一本密卷高考数学》

1. 复数 $ z = \frac{(1 + i)^2}{1 - i} $(i是虚数单位)，则复数 $ \overline{z} $ 的虚部为(D)

A.i
B.-i
C.1
D.-1

答案： 1.D $z = \frac{(1 + i)^2}{1 - i} = \frac{(2i)(1 + i)}{(1 - i)(1 + i)} = \frac{-2 + 2i}{2} = -1 + i$，
$\therefore \overline{z} = -1 - i$，故$\overline{z}$的虚部为$-1$。故选D。

2. 已知集合 $ A = (-2, 3] $，$ B = \{ y | y = 2^x, x \in A \} $，则 $ A \cap B = $(B)

A.$ \left[ \frac{1}{4}, 3 \right] $
B.$ \left( \frac{1}{4}, 3 \right] $
C.$ (-\infty, -2) \cup [8, +\infty) $
D.$ (0, 3] $

答案： 2.B 由题知$A = (-2, 3]$，
则$B = \{ y \mid y = 2^x, x \in (-2, 3]\} = \{ y \mid 2^{-2} ＜ y \leq 2^3\}$
$= (\frac{1}{4}, 8]$，所以$A \cap B = (\frac{1}{4}, 3]$。
故选B。

3. 已知向量 $ \boldsymbol{a} = (1, m) $，$ \boldsymbol{b} = (-2, 1) $，若向量 $ \boldsymbol{c} = \boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b} $ 且 $ \boldsymbol{c} \perp \boldsymbol{b} $，则 $ |\boldsymbol{a}| = $(A)

A.$ \sqrt{65} $
B.$ \sqrt{17} $
C.$ \frac{\sqrt{53}}{2} $
D.4

答案： 3.A 由题知$c = a + 2b = (1, m) + 2(-2, 1) = (-3, m + 2)$，又因为$c \perp b$，所以$c · b = -3 × (-2) + m + 2 = 0$，解得$m = -8$，所以$a = (1, -8)$，
所以$\mid a\mid = \sqrt{1^2 + (-8)^2} = \sqrt{65}$。
故选A。

4. 已知 $ f(x) = \begin{cases} -2x^2, & x ＞ 0, \\ \ln(1 - x), & x \leq 0, \end{cases} $ 则不等式 $ f(x + 3) ＜ f(x^2 + 3x) $ 的解集是(A)

A.$ (-3, 1) $
B.$ (0, 1) $
C.$ (-\infty, -3) \cup (1, +\infty) $
D.$ (1, +\infty) $

答案：
4.A $f(x) = \begin{cases} -2x^2, x ＞ 0 \\ \ln(1 - x), x \leq 0 \end{cases}$，可得当$x \leq 0$时，$f(x)$单调递减，当$x ＞ 0$时，$f(x)$单调递减，且$x = 0$时函数连续，则$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减。

不等式$f(x + 3) ＜ f(x^2 + 3x)$，
可化为$x + 3 ＞ x^2 + 3x$，即$x^2 + 2x - 3 ＜ 0$，
解得：$-3 ＜ x ＜ 1$，则原不等式的解集为$(-3, 1)$，
故选A。

5. 已知焦点在x轴上的椭圆的长轴长为其短轴长的2倍，若该椭圆经过圆 $ M: (x + 2)^2 + (y - 1)^2 = \frac{5}{2} $ 的一条直径的两个端点，则该椭圆的标准方程为(C)

A.$ \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 $
B.$ \frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{2} = 1 $
C.$ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{3} = 1 $
D.$ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1 $

答案： 5.C 方法一：设椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，
由题意知$a = 2b$，圆$M$的圆心为$M(-2, 1)$，
设该椭圆经过圆$M$的直径$AB$的两个端点，$A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，
显然直线$AB$的斜率存在，设直线$AB: y - 1 = k(x + 2)$，即$y = kx + 2k + 1$，
与椭圆方程$\frac{x^2}{4b^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$联立，
得$(1 + 4k^2)x^2 + 8k(2k + 1)x + 4(2k + 1)^2 - 4b^2 = 0$，
$\Delta = [8k(2k + 1)]^2 - 4(1 + 4k^2)[4(2k + 1)^2 - 4b^2] ＞ 0$，
则$x_1 + x_2 = \frac{-8k(2k + 1)}{1 + 4k^2}$，
由$x_1 + x_2 = -4$，得$\frac{-8k(2k + 1)}{1 + 4k^2} = -4$，
解得$k = \frac{1}{2}$。
则$x_1x_2 = \frac{4(2k + 1)^2 - 4b^2}{1 + 4k^2} = 8 - 2b^2$，
所以$\mid AB\mid = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} · \mid x_1 - x_2\mid$
$= \sqrt{\frac{5}{4}} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{\frac{5}{4}} · \sqrt{8(b^2 - 2)} = \sqrt{10(b^2 - 2)} = \sqrt{10}$，
解得$b^2 = 3$，所以该椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{3} = 1$。故选C。
方法二：设椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，由题意知$a = 2b$，圆$M$的圆心为$M(-2, 1)$，
半径为$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
设该椭圆经过圆$M$的直径$AB$的两个端点，$A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，
则$M$为直径$AB$的中点，则$x_1 + x_2 = -4$，$y_1 + y_2 = 2$，
由题知$x_1 \neq x_2$，
由$\begin{cases} \frac{x_1^2}{a^2} + \frac{y_1^2}{b^2} = 1 \\ \frac{x_2^2}{a^2} + \frac{y_2^2}{b^2} = 1 \end{cases}$
两式作差，得$\frac{(x_1 + x_2)(x_1 - x_2)}{a^2} + \frac{(y_1 + y_2)(y_1 - y_2)}{b^2} = 0$，
即$\frac{x_1 + x_2}{a^2} + \frac{y_1 + y_2}{b^2} · \frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = 0$，
所以$\frac{x_1 + x_2}{a^2} + \frac{y_1 + y_2}{b^2} · k_{AB} = 0$，
将$x_1 + x_2 = -4$，$y_1 + y_2 = 2$，$a = 2b$代入，
得$k_{AB} = \frac{1}{2}$，
则直线$AB$的方程为$y = \frac{1}{2}(x + 2) + 1 = \frac{1}{2}x + 2$，与椭圆方程$\frac{x^2}{4b^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$联立，
得$x^2 + 4x + 8 - 2b^2 = 0$，$\Delta = 16 - 4(8 - 2b^2) = 8b^2 - 16 ＞ 0$，
所以$x_1 + x_2 = -4$，$x_1x_2 = 8 - 2b^2$，
所以$\mid AB\mid = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} · \mid x_1 - x_2\mid = \sqrt{\frac{5}{4}} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{\frac{5}{4}} · \sqrt{8(b^2 - 2)} = \sqrt{10(b^2 - 2)} = \sqrt{10}$，
所以解得$b^2 = 3$，所以该椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{3} = 1$。故选C。
方法三：设椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，由题意知$a = 2b$，圆$M$的圆心为$M(-2, 1)$，设该椭圆经过圆$M$的直径$AB$的两个端点，$A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，
由$\begin{cases} \frac{x_1^2}{a^2} + \frac{y_1^2}{b^2} = 1 \\ \frac{x_2^2}{a^2} + \frac{y_2^2}{b^2} = 1 \end{cases}$
两式作差得，
$\frac{x_1^2 - x_2^2}{a^2} + \frac{y_1^2 - y_2^2}{b^2} = 0$，
即$\frac{y_1^2 - y_2^2}{x_1^2 - x_2^2} = - \frac{b^2}{a^2}$，
所以$k_{AB} · k_{OM} = \frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} · \frac{y_M}{x_M} = \frac{y_1^2 - y_2^2}{x_1^2 - x_2^2} = - \frac{b^2}{a^2} = - \frac{1}{4}$。
因为$k_{OM} = - \frac{1}{2}$，所以$k_{AB} = \frac{1}{2}$。
以下同方法二。

6. 已知函数 $ f(x) = \frac{1}{e^x + e^{-x}} $，则 $ a = f(\log_{0.4}1.2) $，$ b = f(0.3^{0.4}) $，$ c = f(0.4^{0.3}) $ 的大小关系为(A)

A.$ a ＞ b ＞ c $
B.$ b ＞ a ＞ c $
C.$ b ＞ c ＞ a $
D.$ a ＞ c ＞ b $

答案： 6.A 方法一：由题知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f(-x) = \frac{1}{e^{-x} + e^x} = f(x)$，所以$f(x)$是偶函数，
记$y = e^x + e^{-x} ＞ 0$，当$x ＞ 0$时，$y' = e^x - e^{-x} ＞ 0$，所以$y = e^x + e^{-x}$在$(0, +\infty)$上单调递增，
则$f(x) = \frac{1}{e^x + e^{-x}}$在$(0, +\infty)$上单调递减，
因为$\log_{0.4}1.2 ＜ 0$，
所以$a = f(\log_{0.4}1.2) = f(-\log_{0.4}1.2) = f(\log_{0.4^{-1}}1.2) = f(\log_{2.5}1.2)$，
而$0 ＜ \log_{2.5}1.2 ＜ \log_{2.5}\sqrt{2.5} = \frac{1}{2}$。
令$h(x) = \frac{\ln x}{x}(x ＞ 0)$，
则$h'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$，
当$x \in (0, e)$时，$h'(x) ＞ 0$，所以$h(x)$在$(0, e)$上单调递增，
所以$\frac{\ln 0.3}{0.3} ＜ \frac{\ln 0.4}{0.4}$，
即$0.4\ln 0.3 ＜ 0.3\ln 0.4$，所以$0.3^{0.4} ＜ 0.4^{0.3}$，
又因为指数函数$y = 0.3^x$在$\mathbf{R}$上单调递减，
所以$0.3^{0.4} ＞ 0.3^{0.5} = (\frac{3}{10})^{0.5} = \frac{\sqrt{30}}{10} ＞ \frac{1}{2}$，
所以$0 ＜ \log_{2.5}1.2 ＜ \frac{1}{2} ＜ 0.3^{0.4} ＜ 0.4^{0.3}$，
所以$f(\log_{2.5}1.2) ＞ f(0.3^{0.4}) ＞ f(0.4^{0.3})$，即$a ＞ b ＞ c$。
方法二：由题知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，
$f(-x) = \frac{1}{e^{-x} + e^x} = f(x)$，
所以$f(x)$是偶函数，
$f'(x) = \frac{e^{-x} - e^x}{(e^x + e^{-x})^2}$，
当$x ＞ 0$时，$e^{-x} ＜ 1 ＜ e^x$，
即$e^{-x} - e^x ＜ 0$，
所以当$x ＞ 0$时，$f'(x) ＜ 0$，则$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递减，
因为$\log_{0.4}1.2 ＜ 0$，所以$a = f(\log_{0.4}1.2) = f(-\log_{0.4}1.2) = f(\log_{0.4^{-1}}1.2) = f(\log_{2.5}1.2)$，
而$0 ＜ \log_{2.5}1.2 ＜ \log_{2.5}\sqrt{2.5} = \frac{1}{2}$。
因为指数函数$y = 0.3^x$在$\mathbf{R}$上单调递减，
所以$0.3^{0.3} ＞ 0.3^{0.4} ＞ 0.3^{0.5} = (\frac{3}{10})^{0.5} = \frac{\sqrt{30}}{10} ＞ \frac{1}{2}$，
因为幂函数$y = x^{0.3}$在$(0, +\infty)$上单调递增，
所以$0 ＜ \log_{2.5}1.2 ＜ \frac{1}{2} ＜ 0.3^{0.4} ＜ 0.4^{0.3}$，
所以$f(\log_{2.5}1.2) ＞ f(0.3^{0.4}) ＞ f(0.4^{0.3})$，即$a ＞ b ＞ c$。
故选A。

7. 已知三棱锥 $ A - BCD $ 的所有顶点都在球 $ O $ 的球面上，$ AD \perp $ 平面 $ ABC $，$ AD = 2 $，$ AB \perp AC $，若三棱锥 $ A - BCD $(以 $ A $ 为顶点)的侧面积为6，则球 $ O $ 的表面积的最小值为(B)

A.$ 36\pi $
B.$ 12\pi $
C.$ 24\pi $
D.$ 30\pi $

答案： 7.B 由题知$AD \perp$平面$ABC$，$AB \perp AC$，所以三棱锥$A - BCD$的外接球，即为以$AB$，$AC$，$AD$为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
所以外接球半径$R = \sqrt{\frac{AD^2 + AB^2 + AC^2}{2}}$，其中$AD = 2$，
令$AB = x$，$AC = y$，则三棱锥$A - BCD$（以$A$为顶点）的侧面积为
$S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}xy + x + y = 6$，
所以$x + y = 6 - \frac{1}{2}xy$，
所以$R = \sqrt{\frac{4 + x^2 + y^2}{2}} = \sqrt{\frac{4 + (x + y)^2 - 2xy}{2}} = \sqrt{\frac{4 + (6 - \frac{1}{2}xy)^2 - 2xy}{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{4}(xy)^2 - 8xy + 40} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{4}(xy - 16)^2 - 24}$，
又因为$x + y = 6 - \frac{1}{2}xy \geq 2\sqrt{xy}$，即$\frac{1}{2}(\sqrt{xy})^2 + 2\sqrt{xy} - 6 \leq 0$，
所以$\frac{1}{2}(\sqrt{xy} + 6)(\sqrt{xy} - 2) \leq 0$，所以$-6 \leq \sqrt{xy} \leq 2$，
又因为$\sqrt{xy} ＞ 0$，所以$0 ＜ \sqrt{xy} \leq 2$，当且仅当$x = y = 2$时，$\sqrt{xy} = 2$，
所以当$\sqrt{xy} = 2$，即$xy = 4$时，
$R_{min} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{4} × (4 - 16)^2 - 24} = \sqrt{3}$，
此时球$O$的表面积的取得最小值为$S = 4\pi R^2 = 12\pi$。故选B。

8. 已知函数 $ f(x) $，$ g(x) $ 的定义域均为 $ \mathbf{R} $，$ y = f(x) $ 的图象关于点 $ (1, 0) $ 中心对称，$ g(1 - 2x) - g(1 + 2x) = 0 $，$ f(x) - g(1 - x) = 2 $，$ f(4) = -2 $，则 $ g(2025) = $(C)

A.-2
B.2
C.-4
D.1003

答案： 8.C 因为$y = f(x)$的图象关于点$(1, 0)$中心对称，所以$f(x) + f(2 - x) = 0$ ①。
因为$g(1 - 2x) - g(1 + 2x) = 0$，所以$g(1 - x) - g(1 + x) = 0$ ②。
因为$f(x) - g(1 - x) = 2$ ③，所以$f(-x) - g(1 + x) = 2$ ④。
③ - ④得，$f(x) - f(-x) = 0$，所以$f(x)$是$\mathbf{R}$上的偶函数，
所以①可变形为$f(x) + f(x - 2) = 0$，则$f(x + 2) + f(x) = 0$，
故$f(x + 4) = -f(x + 2) = f(x)$，所以$f(x)$是以$4$为周期的周期函数。
由④可得$g(x) = f(1 - x) - 2 = f(x - 1) - 2$，
则$g(x)$也是以$4$为周期的周期函数。
因为$f(0) = f(4) = -2$，又$f(0) - g(1) = 2$，
所以$g(1) = -4$，所以$g(2025) = g(1) = -4$。
故选C。