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2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（3）
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列，，则“数列为递增数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．在平面四边形中，，向量的夹角为，，，则（ ）
A．1 B． C．3 D．4
5．函数的部分图象为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
7．设函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆的左、右顶点，和左、右焦点，分别是双曲线的左、右焦点和左、右顶点，是两曲线在第一象限的公共点，椭圆和双曲线的离心率分别为，，，和分别为直线和的斜率，则（ ）
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．已知随机事件A，B，C满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A，B相互独立
B．
C．若，则
D．若，则
10．如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为
B．异面直线与所成的最大角为
C．不存在点使得
D．三棱锥的体积为定值
11．已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ）
A． B．
C．是奇函数 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，则的最大值为______．
13．已知正四棱台的上 下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________.
14．已知动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为抛物线上一动点，为坐标原点，则的取值范围为__________.
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，在中，，，．
(1)求；
(2)设边上有两点，，，且，求．
16．（15分）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，．
(1)证明：为直角三角形；
(2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的离心率为，面积为，F为其右焦点，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，过P作直线PB交椭圆C于另一点B，且的面积为1，求直线PB的方程．
18．（17分）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若曲线在处的切线为l，l与坐标轴围成的三角形的面积为．
（ⅰ）证明：除切点外，曲线在l的上方；
（ⅱ）设且，若存在，使得当时，，求a．
19．（17分）某科技公司搭建智能算力集群，随机抽取一组服务器监测，其中高性能服务器的台数为随机变量，已知其分布列为：
0 1 2 3
其中，，每台高性能服务器在一次任务中独立地处于“高负载运行”和“低负载休眠”两种状态，且出现两种状态的概率均为.
记事件：高性能服务器中，高负载运行数量多于低负载休眠数量.
(1)当时
（ⅰ）求；
（ⅱ）求条件概率；
(2)记该组高性能服务器处于高负载运行状态总台数为随机变量，求在上的值域.
2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（3）（详解版）
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由得，解得，故.
对于集合，根据指数函数和二次函数图象解不等式得，
故.
所以.
2．设，则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的乘法和除法运算，结合共轭复数及复数的概念求解即可.
【详解】.
则，所以的虚部为.
3．已知数列，，则“数列为递增数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】若数列为递增数列，则成立，即充分性成立；
若，又，
当时，符合条件，但“数列不为递增数列”，故必要性不成立，
综上，“数列为递增数列”是“”的充分不必要条件．
4．在平面四边形中，，向量的夹角为，，，则（ ）
A．1 B． C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用向量线性运算，向量数量积以及求向量模长公式分析计算即可.
【详解】如图所示，延长交于点，
由题意知向量的夹角为，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
所以
，
又，
所以，即.
5．函数的部分图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用函数奇偶性判断AB，再由函数在时的符号判断CD.
【详解】因为的定义域为，
且，
所以函数是奇函数，故AB错误；
当时，，又因为，所以，则，
所以当 时，，即 轴右侧附近的图象应在 轴下方，
排除选项D，选项C符合.
6．已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由全概率公式和概率乘法公式求出，得到答案
【详解】不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，
第一次任取1个球为红球，第二次任取2个球均为红球的概率为，
第一次任取1个球为白球，第二次任取2个球均为红球的概率为，
故，
一次性任取2个球，取到2个红球的概率为，
故.
7．设函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的单调性可得,再由函数的单调性可得出 ，将参数m分离,即可求出的取值范围.
【详解】因为函数和均是增函数，
所以是上的增函数，只需要满足，
即，解得.
由得 ，即 恒成立.
因为，即.
所以实数的取值范围是.
8．已知椭圆的左、右顶点，和左、右焦点，分别是双曲线的左、右焦点和左、右顶点，是两曲线在第一象限的公共点，椭圆和双曲线的离心率分别为，，，和分别为直线和的斜率，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】结合椭圆与双曲线定义，利用离心率可用表示出、、，即可表示出点坐标，再利用斜率公式计算即可得解.
【详解】由题意可得、，、，
，，
则，整理得，
由，故，故，
则，，解得，
设，则有、，
即、，解得，，
则.
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．已知随机事件A，B，C满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A，B相互独立
B．
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用条件概率公式，相互独立事件概率公式，并事件概率公式来进行求解即可.
【详解】利用概率加法公式： 由，
代入，，得： ，
又，所以算，
所以事件相互独立，故A正确；
根据条件概率公式计算： ，
则，故B错误；
由，且，得，
因为，所以，
即 ，故C正确；
由可得：，
代入，，可得，
又因为，两式消元解得：
，故D正确.
10．如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为
B．异面直线与所成的最大角为
C．不存在点使得
D．三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】对于A，先作出截面，再求其面积即可；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断.
【详解】
对于A，取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、，由于均为所在边的中点，
所以，，，
所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，其边长，
故其面积为，故A正确；
对于B，设中点为，连接，则易得平面，
则异面直线与所成的角可用表示，
在中，，
当为的中点时，，此时取最小值，
此时有，
因异面直线与所成的角，
由余弦函数的单调性，可得，故B不正确；
对于C，若为中点，由B项易得平面，
因平面，则，
由于，，由，可得，
又平面，所以平面，又平面，故，即C不正确；
对于D，由图知，点到平面的距离为，而，
故，即三棱锥的体积为定值，故D正确．
11．已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ）
A． B．
C．是奇函数 D．
【答案】ABD
【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可.
【详解】由关于对称，得，
已知，将第二个式子换元，代入化简得，
因为，则，将用替换，可得，
将用替换，得，
即，故周期为.
又因为，则，即是偶函数.
由和，得，
且，故是偶函数.
选项A，，，由，
得，A正确；
选项B，对任意，，故，B正确；
选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误；
选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，即，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，则的最大值为______．
【答案】
【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求得的最小值，最后应用不等式的性质即可求最大值.
【详解】因为，而，
由正弦定理得，
所以.
又因为，
设，，所以.
又，所以，
所以，即，
设，所以，即有解，
所以，解得.
若，则与，则，
即，与矛盾，故.
即有，所以，故的最小值为，
则的最大值为.
13．已知正四棱台的上 下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________.
【答案】
【分析】根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在上下底面中心的连线上，设球心到下底面的距离为，外接球的半径为，根据球的截面圆的性质，列出方程组，即可求解.
【详解】如图所示，正四棱台下底面对角线交点为，上底面对角线交点为，
因为正四棱台下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，
可得上、下底面正方形的对角线长为和，可得，
根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在直线上，
设外接球的球心为，球心到下底面的距离为，外接球的半径为，
因为正四棱台的高为，
所以若球心在线段上，则，解得，
所以，所以外接球表面积为.
14．已知动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为抛物线上一动点，为坐标原点，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】设线段的中点为，设，则点在圆，根据，进而计算可求得的取值范围.
【详解】设线段的中点为，根据圆的对称性可知点在圆上，
设，则点在圆上，即圆，
圆心为，半径为，
则，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
设，则，
设，则，
注意到，故，即，当且仅当时等号成立，
故.因此的取值范围是.
故答案为：.
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，在中，，，．
(1)求；
(2)设边上有两点，，，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两角和差的正余弦公式及诱导公式化简求解即可.
（2）结合（1）得到，，根据正弦定理及三角形性质得到，结合两角和的正弦公式求解即可.
【详解】（1）由，
得，
整理得，即，
所以或．
若，则；
若，因为，所以B不是钝角，该情形不成立.
故．
（2）设，则.
在中，由正弦定理，得，即，
又，所以．
由（1）知，为直角三角形，
又，，所以，，
所以，整理得，
所以，即．
16．（15分）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，．
(1)证明：为直角三角形；
(2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，证明为棱的中点，进而根据正三角形的性质以及线面垂直的判定定理以及性质求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角的余弦值.
【详解】（1）由题意，平面，则可过点作交棱于点，
则平面，又平面，得，
，为棱的中点，
方法一：
又因为为等边三角形，所以，
又 ，平面 ，
又平面 ，，
又，则，所以为直角三角形；
方法二：
是边长为6的等边三角形，所以，又，
，
又平面，
，又，，
，又，得，
所以为直角三角形；
（2）以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，，，
又，所以，
因为为棱上一动点，可设．
则
设平面的法向量为，
则，即.
可取．
因为平面，所以，即．
解得，得．
又，
设平面的法向量为，
则，即，
可取．
又平面的法向量可取．
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．（15分）阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的离心率为，面积为，F为其右焦点，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，过P作直线PB交椭圆C于另一点B，且的面积为1，求直线PB的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用新定义及椭圆的性质计算即可；
（2）设直线方程利用韦达定理、弦长公式、点线距离公式计算解方程即可.
【详解】（1）设，由题意可知：，解之得，
所以椭圆方程为：；
（2）由上可知，则，易知直线斜率不存在时不符合题意；
不妨设直线方程为，则，
联立直线与椭圆方程得，
则，
且，
E到直线的距离为，
所以，
将代入上式可得：，
解之得或，即直线PB的方程为或.
18．（17分）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若曲线在处的切线为l，l与坐标轴围成的三角形的面积为．
（ⅰ）证明：除切点外，曲线在l的上方；
（ⅱ）设且，若存在，使得当时，，求a．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】（1）求导，再令，然后利用导数求最值即可；
（2）（ⅰ）先求出切线表达式，结合面积求得，再利用导数证明不等式即可；（ⅱ）易知、时不符合题意，再证符合题意即可求解．
【详解】（1）由求导得，
令，则，
当时，，单调递减，时，，单调递增，
，
即的最小值为；
（2）（ⅰ）因，，
则，，所以切线l为，
令，可得，令，可得，
由，可得，解得或，
因为，所以，
此时，切线的方程为，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，当时，，即，故在上单调递减；
当时，，即，在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
即除切点外，曲线在的上方；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
存在，使得当时，，即，
令，，又，
当，即时，则在附近单调递增，
则，使得，不符合题意；
当，即时，则在附近单调递减，
则，使得，不符合题意；
当时，即时，
，，
令，，解得，
当时，，单调递增，又，
时，，即，单调递减，
时，，即，单调递增，
时，，即，
故时，存在（例如），使得当时，，
即，
．
19．（17分）某科技公司搭建智能算力集群，随机抽取一组服务器监测，其中高性能服务器的台数为随机变量，已知其分布列为：
0 1 2 3
其中，，每台高性能服务器在一次任务中独立地处于“高负载运行”和“低负载休眠”两种状态，且出现两种状态的概率均为.
记事件：高性能服务器中，高负载运行数量多于低负载休眠数量.
(1)当时
（ⅰ）求；
（ⅱ）求条件概率；
(2)记该组高性能服务器处于高负载运行状态总台数为随机变量，求在上的值域.
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）（ⅰ）根据分布列中概率之和为1，可求的值；
（ⅱ）利用条件概率公式求条件概率.
（2）先求，根据表示出，再利用导数分析函数的单调性，可求在上的值域.
【详解】（1）当时
（ⅰ）由.
（ⅱ）当时，，；
当时.，，；
当时，，.
所以.
所以.
（2）由.
所以.
所以，.
设，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增.
又，.
所以.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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