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2026年高考数学全真模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。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.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．设集合，.若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，.若、、三点共线，则（ ）
A． B． C． D．
4．白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A． B． C． D．
5．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知某篮球运动员每次在罚球线上罚球命中的概率为，该篮球运动员某次练习中共罚球3次，已知该运动员没有全部命中，则他恰好命中两次的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．若函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知是定义在R上的奇函数且满足，当时，．若，则实数a的取值范围是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（ ）
A．
B．
C．若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车
D．若某天只有38分钟可用，小明应选择骑自行车
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
11．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ）
A．曲线上任意一点到原点的距离都不超过2；
B．曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）；
C．存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）.
D．的最大值为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若，则 .
13．设分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的渐近线上，，则的离心率为 .
14．若曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．某生产工厂生产优质钢索，现需要通过不同场次进行钢索检索抽查．现从机器内随机选取了40组（各20组），记录了他们不同米数，并将数据整理如下表：
米数组别 0～20 21～50 51～80 81～100
A 1 2 3 8 6
B 0 3 7 8 2
米数超过被系统评定为“优质”，否则被系统评定为“备选”．
(1)利用样本估计总体的思想，试估计工厂中米数超过的概率；
(2)根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“组别”有关？
优质 备选 总计
A
B
总计
附：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．已知数列的首项.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：.
17．已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若不等式恒成立，求整数的最大值.
18．已知双曲线过点，渐近线方程为.
(1)求的方程；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点.
（i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率；
（ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上.
19．若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)若，，求二面角的大小；
(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值．2026年高考数学全真模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。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.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．设集合，.若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】由交集不是空集列出不等式即可求解.
【解答过程】，注意到，，故，解得.
故选：C.
2．设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数除法求解.
【解答过程】由，得，
所以.
故选：C.
3．已知向量，，.若、、三点共线，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】求出向量，由题意可得，利用平面向量共线的坐标表示可得出关于的等式，解之即可.
【解答过程】因为向量，，，
所以，，
因为、、三点共线，则，所以，，解得.
故选：C.
4．白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A． B． C． D．
【解题思路】圆台的体积即为该茶杯容量，求出圆台的高，进而利用圆台体积公式求出答案.
【解答过程】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，
过点分别作⊥，⊥于点，
则cm，cm，
其中圆台的高为cm，
故圆台体积为 .
故选：D.
5．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】构造函数，利用导数求解单调性即可得解.
【解答过程】设，则，
当时，，故在单调递减，
因此，故，
故选：B.
6．已知某篮球运动员每次在罚球线上罚球命中的概率为，该篮球运动员某次练习中共罚球3次，已知该运动员没有全部命中，则他恰好命中两次的概率为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】令事件为“该运动员没有全部命中”， 令事件“恰好命中两次”，根据条件概率公式有即可求解.
【解答过程】令事件为“该运动员没有全部命中”， 令事件“恰好命中两次”，
则，，
由条件概率知所求概率为，
故选：B.
7．若函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用辅助角公式化简，结合的范围，求在轴右侧的相邻三根，根据题意可得的不等关系，求解的范围，从而求出的范围，根据正弦函数的单调性即可求出结果.
【解答过程】 ，
令得：，
因为，所以，
则在轴右侧方程的相邻三根依次为，解得，
由题意可知，即，
故得，即的取值范围是.
故选：B.
8．已知是定义在R上的奇函数且满足，当时，．若，则实数a的取值范围是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【解题思路】依题意可得的奇偶性、对称性与周期性，即可得到的图象，即可得到，，解得即可.
【解答过程】因为函数是定义在R上的奇函数，所以，
又因为 ，所以函数的图象关于直线对称，
且，所以函数是以4为周期的周期函数.
因为当时，，所以函数在上单调递增.
函数的草图如下：
根据图象可知，若，则，，
解得，.
所以实数的取值范围是：，.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（ ）
A．
B．
C．若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车
D．若某天只有38分钟可用，小明应选择骑自行车
【解题思路】根据正态分布密度曲线的对称性和事件的原则，逐项判断即可.
【解答过程】由题意：，.
对A：因为，，所以，故A错误；
对B：因为，，所以，故B正确；
对C：因为，，所以，所以只有34分钟可用，小明应选择坐公交，故C错误；
对D：因为，，所以，所以只有38分钟可用，小明应选择骑自行车，故D正确.
故选：BD.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
【解题思路】利用导数研究函数的单调性判断A；导数的几何意义求切线方程，进而求交点坐标，即可求三角形面积判断B；问题化为在上恒成立，应用导数研究右侧的最小值，即可得参数范围判断C；问题化为有唯一解，应用导数研究右侧的单调性和值域判断D.
【解答过程】对于A，为增函数，时趋向负无穷，时趋向正无穷，
所以存在使，故上在上为减函数，错；
对于B，由题设，则，且，
所以在处的切线方程为，
切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为，
所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，对；
对于C，因为函数在上为减函数，
则在上恒成立，即，
令，则，易知时，时，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，错；
对于D，函数有且只有一个零点，
即有唯一解，则，
令且，则，
令，显然在上为增函数，，
则，使得，易知时，时，
则在为减函数，在为增函数，则，
当时，，
所以有且只有一个解时，，即，对.
故选：BD.
数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ）
A．曲线上任意一点到原点的距离都不超过2；
B．曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）；
C．存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）.
D．的最大值为
【解题思路】选项A，利用基本不等式可得，进而可得；选项B，由，，，分别代入验证整点即可；选项C，由可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设，，，联立可得，设，则，再利用导数求函数的最大值即可.
【解答过程】对于A，不妨设点为曲线：上的任一点，
则，化简得，
当且仅当时取等号，于是，即得，
故可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确；
对于B，由A可知，，
当时，代入成立，故经过点，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
故曲线经过1个整点，故B错误；
对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，
边长为正方形是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形，
故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界），故C错误.
对于D，如图，点在射线的上方，
则可设，，，
代入，得，.
令，则，
所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以是的最大值点，即，故D正确.
故选：AD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若，则 .
【解题思路】由即可求解；
【解答过程】由题意，
，
由通项公式可知：.
故答案为：.
13．设分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的渐近线上，，则的离心率为 .
【解题思路】由题意作图，并表示焦点坐标与渐近线方程，根据等腰三角形的性质，表出点的坐标，利用距离公式，可得答案.
【解答过程】由题意作图如下：
由，设，则点为直线与渐近线的交点，
由，则，，，渐近线方程，
不妨设，则，，
由，则，整理可得，
由，则，所以.
故答案为：.
14．若曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数 2 ．
【解题思路】利用导数的几何意义得到斜率，进而写出切线方程，再联立方程组，令判别式为，得到，求解参数即可.
【解答过程】令，则，故切点为，
设切线斜率为，而，则，
则曲线在处的切线方程为，
由题意得曲线在处的切线也是曲线的切线，
联立方程组，，
得到，则，解得.
故答案为：2.
解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．某生产工厂生产优质钢索，现需要通过不同场次进行钢索检索抽查．现从机器内随机选取了40组（各20组），记录了他们不同米数，并将数据整理如下表：
米数组别 0～20 21～50 51～80 81～100
A 1 2 3 8 6
B 0 3 7 8 2
米数超过被系统评定为“优质”，否则被系统评定为“备选”．
(1)利用样本估计总体的思想，试估计工厂中米数超过的概率；
(2)根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“组别”有关？
优质 备选 总计
A
B
总计
附：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【解题思路】（1）根据样本估计总体即可；
（2）利用独立性检验思想求解.
【解答过程】（1）由题可得，样本米数超过的频率为，
根据样本估计总体的思想，估计工厂中米数超过的概率为.
（2）根据题意，列联表完成如下，
优质 备选 总计
A 14 6 20
B 10 10 20
总计 24 16 40
零假设：“评定类型”与“组别”无关，
则，
所以零假设成立，即“评定类型”与“组别”无关，
所以没有的把握认为“评定类型”与“组别”有关.
16．已知数列的首项.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：.
【解题思路】（1）由递推公式可得，进而可得数列是等比数列，利用等比数列通项公式，即可求出结果；
（2）将等价于恒成立，即恒成立，只需要分析的单调性，即可求出结果；
（3）构造函数，利用导数判断单调性，即可得到，即，然后结合对数运算和等比数列前项和公式，即可得证.
【解答过程】（1）因为，所以，
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以.
（2）因为，
所以等价于，
即，令，则，
所以当时，，
所以为减函数，
而，
又因为恒成立，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）令，所以，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
将上式累加，得：，
所以，
所以.
17．已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若不等式恒成立，求整数的最大值.
【解题思路】（1）求导确定切线斜率即可求解；
（2）求导，由，可求得单调区间；
（3）构造函数，求导，确定函数单调性，求得最值即可求解；
【解答过程】（1）函数的定义域为，
则曲线在点处的切线为，
即.
（2）因为，
时，由，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）依题知，恒成立，即恒成立，
设，
则，
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则恒成立，
整理得.
设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且
故整数的最大值为.
18．已知双曲线过点，渐近线方程为.
(1)求的方程；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点.
（i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率；
（ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上.
【解题思路】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上。
【解答过程】（1）由题意，得，则①，
将点代入双曲线方程，得②，
联立①②解得故的方程为.
（2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在.
设直线的方程为，与联立得.
设，由题意，得解得.
（i）解：因为为中点，所以.
由，得.
又，解得，所以直线的斜率为.
（ii）证明：设直线的方程为，令，得.
同理可得，.
因为为中点，所以，即.
又因为点都在直线上，
所以，
整理，得，
代入韦达定理，得，所以.
因为，所以点恒在定直线上.
19．若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)若，，求二面角的大小；
(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值．
【解题思路】（1）连接各个中点，由中位线得到四边形是菱形，由菱形对角线垂直得到线线垂直，然后得到线面垂直；
（2）将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，由线段长求得点的坐标，然后得到平面内向量的坐标，由空间向量垂直求得平面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的大小；
（3）由（2）中的思想，设补充完的长方形长宽高分别为，由长方体的外接球得到四面体的外接球半径，然后得到球的表面积公式.由勾股定理得到与的关系，从而得到球的表面积与.在平面中，设坐标，联立方程组由韦达定理得到两个交点坐标与的关系式.然后求得的代数式，从而得到球的表面积的代数式.由余弦定理得到为锐角，从而由向量的数量级建立不等式，求出的范围，然后得到球表面积的最小值.
【解答过程】（1）连接，，，，因为，，
所以，四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
所以，
同理，四边形为菱形，，
又因为四边形为菱形，，交于一点，
所以平面．
（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
由，，得，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
所以．
所以二面角的大小为．
（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，，，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即：，
，
，，，则，
在平面内设，，由，得，
显然，
，，
于是，
，
所以
在中，，则为锐角，
因此，即，
，解得，
又，
不妨令，则，
∵，∴当时，．
此时，所以的最小值为，此时直线方程为．

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