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2026年全国I卷高考数学模拟预测二
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
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.
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．设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若， 则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，若与共线，则
A．2 B． C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，以下说法正确的是
A．，函数在定义域上单调递增
B．，函数存在零点
C．，函数有最大值
D．，函数没有最小值
8．已知函数，则的零点个数为（ ）
A．2023 B．2025 C．2027 D．2029
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．若随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数在处取得极值10，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．一定有两个极值点 D．一定存在单调递减区间
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，记点的轨迹为圆，又已知动圆：.则下列说法正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．当变化时，动点的轨迹方程为
C．当时，过直线上一点引圆的两条切线，切点为，，则的最大值为
D．存在使得圆与圆内切
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知双曲线C：上有不同的三点A，B，P，且A，B关于原点对称，直线PA，PB的斜率分别为，，且，则离心率e的取值范围是____________．
13．设曲线在点处的切线与直线垂直，则_____．
14．随机将1，2，…，（，）这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最大数为a，B组最大数为b，记.当时，的数学期望______；若对任意，恒成立，则c的最小值为______.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）如图所示，在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边作钝角和锐角，它们的终边分别与单位圆交于两点，过分别作轴于点轴于点，线段的长分别为.
(1)求；
(2)求.
16．（15分）已知和为椭圆上两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若过点且斜率为的直线交于另一点，求△的面积．
17．（15分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，.
(1)求四面体ACB1D1体积的最大值；
(2)若二面角B-AC-D1的正弦值为，求ABCD-A1B1C1D1的体积.
18．（17分）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数．
(1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心；
(2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数；
(3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有．
19．（17分）设等差数列的每一项均为正整数，公差大于零，记为数列的前项和．
(1)已知．
①求数列的通项公式；
②若是数列的项，由所有的组成的数列为，且，记数列的前项和为，求．
(2)设，且，写出一个数列的公差．
(3)若等差数列中有一项为完全平方数，证明：中存在无穷项完全平方数．
2026年全国I卷高考数学模拟预测二（解析版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
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.
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．设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据交集定义求解.
【详解】由题意可得，则．
故选:D.
2．若， 则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据求出，进而求出，代入所求式子化简即可.
【详解】解：因为，所以，所以，
故.
故选：D
3．已知向量，，若与共线，则
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题先求，，再建立方程求出即可.
【详解】解：∵ ，，
∴，，
∵与共线，
∴，
解得：，
故选：B.
【点睛】本题考查向量的坐标运算，利用向量共线求参数，是基础题.
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用两角和的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到，再利用同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得；
【详解】解：由，即，即，则，所以.
故选：D
5．如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取的中点，由，可求解底面半径，即可求解.
【详解】设底面圆半径为，由，易得，
取的中点，连接，
则，又平面，
所以平面，所以，，
解得，所以圆柱表面积为.
故选:A.
6．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得分段函数的每一段上为增函数，其次是得到分界点处纵坐标的大小关系，列出不等式组，解出即可.
【详解】因为函数为上的增函数，则首先分段函数要满足在每一段上为增函数，其次是在分界点处，后者的纵坐标大于等于前者的纵坐标，
当时，，则，，
当时，，
当，，对称轴为，则有，，
因为函数为上的增函数，故，解得
故选：B.
7．已知函数，以下说法正确的是
A．，函数在定义域上单调递增
B．，函数存在零点
C．，函数有最大值
D．，函数没有最小值
【答案】D
【分析】结合指数函数和一次函数性质分段判断函数的单调性及取值性质，再结合单调性定义判断A，零点定义判断B，结合最值定义判断CD.
【详解】当时，，函数在上单调递增，
当时，，当时，，
当时，，函数在上单调递增，，
当时，函数在定义域上不是单调递增的．当时在上单调递增．故答案A错误；
当时函数在上存在零点．故答案B错误；
无论为何值，函数均无最大值．故答案C错误；
当时，函数都有最小值，而时，函数无最小值．故答案D正确．
8．已知函数，则的零点个数为（ ）
A．2023 B．2025 C．2027 D．2029
【答案】C
【分析】因为 ,得出,进而依此类推，可得，易知单调性，数形结合函数的图像与这一系列直线 确定交点个数即可.
【详解】因为 ,所以当时, ,
得或,
得或,
由得或，
由得，进而可得,
故由可得，或或.
依此类推，可得，其中
易知,,可得在上单调递增，在上单调递增，
可得在上单调递减，画出函数的图像，如图所示．
结合图像易知，函数的图像与这一系列直线 ,共有2027个交点.
故选 :C
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．若随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据给定条件，利用正态分布的性质、期望及方差的性质逐项分析判断即得.
【详解】随机变量服从正态分布，则，
对于A，，A正确；
对于B，，则，B正确；
对于C，由，得，
因此，C正确；
对于D，，则，D错误.
故选：ABC
10．已知函数在处取得极值10，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．一定有两个极值点 D．一定存在单调递减区间
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，利用导数结合极值、极值点求出a，b，再逐项判断作答.
【详解】函数定义域为R，求导得，
依题意，，即，解得或，
当时，，函数在R上单调递增，无极值，不符合题意，
当时，，当或时，，当时，，
因此函数在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，符合题意，
则，A不正确，B正确；函数在处取得极大值，一定有两个极值点，C正确；
一定存在单调递减区间，D正确.
故选：BCD
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，记点的轨迹为圆，又已知动圆：.则下列说法正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．当变化时，动点的轨迹方程为
C．当时，过直线上一点引圆的两条切线，切点为，，则的最大值为
D．存在使得圆与圆内切
【答案】ABC
【分析】对于A根据“阿波罗尼斯圆”的定义列式化简即可；对于B，设圆心，而，消去即可得到圆心的估计方程；对于C，因为是直角三角形，根据三角函数找出的最大值，再得出的最大值；对于D，根据两点间的距离公式计算出范围，再根据两圆内切条件判断即可.
【详解】.解：设，由得化简整理得：.故A正确；
设，则消去得.故B正确；
当时，，直线的方程为：.
因为，要使最大，只需最小.
所以，所以，即.
所以的最大值为，故C正确；
因为，若两圆内切有，故不存在使得，故D错误.
故选: ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知双曲线C：上有不同的三点A，B，P，且A，B关于原点对称，直线PA，PB的斜率分别为，，且，则离心率e的取值范围是____________．
【答案】
【分析】利用点差法求得，由此化简求得离心率的取值范围.
【详解】设，，因为A，B关于原点对称，所以，
∴，，∴．
又因为点P，A都在双曲线上，所以，，
两式相减得：，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：
13．设曲线在点处的切线与直线垂直，则_____．
【答案】
【分析】求导，根据导数的几何意义结合题意列式计算即可求解.
【详解】，
，
由题意可得，解得.
故答案为：.
14．随机将1，2，…，（，）这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最大数为a，B组最大数为b，记.当时，的数学期望______；若对任意，恒成立，则c的最小值为______.
【答案】 2
【分析】由题意不妨设，则随机变量，进而由转化为求，先求的概率分布列再求期望公式；当时代入公式可得，再由恒成立结合函数值域求的范围可得.
【详解】由题意，由对称性，不妨设，
则， ，则.
下面先求，即从中随机取个数，这个数中最大数的期望.
则从中随机取个数，共有种取法.
，指个数中最大数为（），
即取后，再从个数中取个数，则这样的取法有种，
则由古典概型概率公式知.
由组合数性质，则，
又，
则
，
故.
（1）故当时，；
（2）若对任意，恒成立，则恒成立，
设，则在单调递增，
由，则单调递增，当时，， 即，
故当，要使恒成立，则.
即的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解决此题关键在于两点，一是应用组合数性质进行裂项求和；二是利用公式将变系数转化为常系数.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）如图所示，在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边作钝角和锐角，它们的终边分别与单位圆交于两点，过分别作轴于点轴于点，线段的长分别为.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角函数的定义可求得，再根据诱导公式及两角和的正弦公式即可得解；
（2）根据题意求出，再根据二倍角的正切公式求出，最后根据两角和的正切公式即可得解.
【详解】（1）解：因为，所以，
所以；
（2）解：由题可知，
所以，
所以，
由（1）可得，
所以.
16．（15分）已知和为椭圆上两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若过点且斜率为的直线交于另一点，求△的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）直线求出来，发现经过原点，得出B坐标，用两点间的距离公式求出长度，再运用点到直线距离公式求出的高，求出面积即可．
【详解】（1）由题意得，解得，则，
所以椭圆的标准方程为：，离心率为.
（2）如图过点且斜率为的直线设为：化简即，
即，经过原点，由椭圆的对称性知道，关于原点对称，
则，，
由点到直线距离公式求得到的距离，
则，
故的面积为．
17．（15分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，.
(1)求四面体ACB1D1体积的最大值；
(2)若二面角B-AC-D1的正弦值为，求ABCD-A1B1C1D1的体积.
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据数量积和余弦定理得到，即，然后根据得到，最后利用不等式求四面体体积的最大值即可；
（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，然后根据二面角的正弦值为列方程得到，，最后求体积即可.
【详解】（1）
设，，，
且，
由余弦定理得：，则，
又，所以，
且，当且仅当时等号成立，
即四面体体积的最大值为；
（2）
过点作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，且，
又，平面，
所以平面，且平面，
所以，即为二面角的平面角，
记二面角的平面角为，
则二面角的平面角为，
所以，
则，且，所以，
且，
所以的体积为2.
18．（17分）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数．
(1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心；
(2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数；
(3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用中心对称性恒等式进行证明即可；
（2）利用求导，结合不等式恒成立可确定参数取值；
（3）利用拉格朗日中值定理，构造递推数列关系，结合迭代法可证明不等式.
【详解】（1）由 ，得 ，求和可得：，
则对任意实数x，有，
即图像的对称中心为： ；
（2）由题意可得：
，
求导得：，
要使得在上是减函数，则，
因为，所以，即，
又因为，所以；
（3）构造，，
则，
所以在上单调递减，
又因为，，
且在上连续递减，结合零点存在定理，
可知存在唯一实数，使得，
再由，当且仅当时取等号，
根据拉格朗日中值定理，对任意有：，
又因为，，所以对任意，恒有不等式成立，
则由迭代法，结合不等式性质可得：
，
因为，即，，
所以，
因此，即问题得证.
19．（17分）设等差数列的每一项均为正整数，公差大于零，记为数列的前项和．
(1)已知．
①求数列的通项公式；
②若是数列的项，由所有的组成的数列为，且，记数列的前项和为，求．
(2)设，且，写出一个数列的公差．
(3)若等差数列中有一项为完全平方数，证明：中存在无穷项完全平方数．
【答案】(1)①；②
(2)24（答案不唯一）
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出，再利用等差数列的通项公式即可求出①；②分情况讨论即可求解；
（2）满足等差数列的连续三项都为正整数的平方，为一组勾股数即可；
（3）构造数列的子数列，再利用通项公式进行分析即可.
【详解】（1）设数列的公差为，因为，
则，解得，
①所以数列的通项公式为.
②若是数列的项，则，故，
若，则满足题意，所以，
若，则满足题意，所以．
故数列为，则数列的通项公式为，
当为偶数时，设，此时数列的前项和
，
当为奇数时，设，此时数列的前项和
．
综上，数列的前项和.
（2）设等差数列的连续三项分别为，
要这三个数都为正整数的平方，可设，则，只需，
所以满足为一组勾股数即可．
当分别为时，，所以公差为24．
（答案不唯一，满足条件的数列还有，公差为，公差为28560等）
（3）设，构造数列的子数列，
所以，则，
要为完全平方数，令，则
，
所以恒为完全平方数，
由于为关于的单调递增函数，可以取无穷个正整数，
则可得无穷个正整数，使得为无穷个完全平方数．
即中存在无穷项完全平方数．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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