资源简介

2026年全国I卷高考数学模拟预测四
（详解附后）
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．已知复数，则（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
3．两个粒子，从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（ ）
A． B． C． D．2
4．已知函数是中心对称图形，则（ ）
A． B．
C． D．
5．将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．由曲线围成的图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ）
A． B．2 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．下列说法正确的是（ ）
A．样本相关系数越大，则线性相关性越强
B．的上四分位数是15
C．若随机变量服从正态分布，且，则
D．若随机变量的方差，期望，则
10．已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，是椭圆上的动点，轴，垂足为，且点为的中点，轴，垂足为，且点为的中点，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．面积的最大值为
11．设关于实数的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．若方程只有一个实数根，则
B．若方程有两个实数根，则
C．若方程有三个实数根，则
D．若方程有三个实数根，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知的展开式中的系数为，则实数______.
13．设数列，满足，，记，则m的整数部分是________.
14．已知关于的方程有且仅有两个不同的实数解，则实数的取值范围为_____.
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）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设，且边上的高为，求的周长．
16．（15分）如图，在多面体中，四边形为矩形，平面，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．（15分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭 载人航天 深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）：
学历 关注 不关注 合计
本科及以上 80 20 100
本科以下 60 40 100
合计 140 60 200
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？
(2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下：
第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰；
第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立.
（i）求甲能进入第二关答题的概率；
（ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多.
参考公式及参考数据：.
0.05 0.01
3.841 6.635
18．（17分）过定点的动圆始终与直线相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程，
(2)过点的直线与曲线C交于两点，是曲线的两条切线，是切点.
（i）证明：点P的轨迹是定直线；
（ii）求面积的最小值.
19．（17分）已知函数，．
(1)判断函数的单调性．
(2)若方程有两个根．
①求实数的取值范围；
②证明：．
2026年全国I卷高考数学模拟预测四（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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】已知，因此，，
，因此.
2．已知复数，则（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【详解】依题意，复数，
所以.
3．两个粒子，从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】因为，
所以在上的投影向量的长度为.
4．已知函数是中心对称图形，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据对称性，结合定义域可知对称中心为，再根据定义式求出即可判断A；代入计算即可判断B；利用函数单调性判断CD即可．
【详解】因为函数的定义域是，所以，
所以，所以A错误；
因为，所以，所以B正确；
，
又在上单调递增，在上也单调递增，
所以是增函数，又，所以，所以C错误；
因为，所以，
又因为，所以，所以D错误．
5．将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图象平移得，将问题化为在上单调，结合正弦函数性质求参数的取值范围．
【详解】函数的图象向右平移个单位长度，
得到，，
则，即在上单调，
，解得．
6．由曲线围成的图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分和两种情况，写出曲线所对应圆的标准方程，求出其圆心和半径，即可求得面积.
【详解】当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.
当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.
所以曲线围成的图形的面积为.
故选：B.
7．已知，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意得，利用同角关系式和两角差的余弦公式求解.
【详解】因为，，所以，
已知 ，所以，
因此，
已知，，所以，
则
.
8．已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】先由球的表面积求出半径，结合球心在上可知为直径、为直角三角形，分别求出的最大面积和点到平面的最大距离，代入三棱锥体积公式即可得最大值.
【详解】设球的半径为，
则有，解得，
又因为球心在棱上，
所以为直径且，
所以为直角三角形，且,
要使棱锥的体积最大，
则的面积最大，且点到平面的距离也要最大，
当平面时，最大，此时,
又,
当且仅当时，等号成立；
设三棱锥的体积为，
所以，
所以.
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．下列说法正确的是（ ）
A．样本相关系数越大，则线性相关性越强
B．的上四分位数是15
C．若随机变量服从正态分布，且，则
D．若随机变量的方差，期望，则
【答案】BC
【详解】A：样本相关系数越接近1线性相关性越强，并非越大越强，A错误.
B：数据共8个，上四分位数位置为，取第6项与第7项均值，即，B正确.
C：由题意，，则，，C正确.
D：由，得，D错误.
10．已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，是椭圆上的动点，轴，垂足为，且点为的中点，轴，垂足为，且点为的中点，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】代入点A坐标，可得m值，根据椭圆的定义，即可判断A的正误；设点，可得点B坐标，代入椭圆方程，可得点P的轨迹，根据点与圆的位置关系，结合两点间距离公式，可判断B的正误；分析可得当时，的面积最大，代入数据，可判断C的正误；设点，可得面积的表达式，结合基本不等式，即可得答案.
【详解】对于A，点在椭圆上，，解得，
，故A正确.
对于B，设点，则.将点的坐标代入椭圆的方程，
得，即，点的轨迹方程为，
则的最小值为点到圆心的距离减去半径，
即，故B错误.
对于C，由B可知，，则当时，的面积最大，
为，故C正确.
对于D，由椭圆对称性，设点在第一象限，，
.
，当且仅当时，等号成立，
面积的最大值为，故D正确.
11．设关于实数的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．若方程只有一个实数根，则
B．若方程有两个实数根，则
C．若方程有三个实数根，则
D．若方程有三个实数根，则
【答案】ABC
【分析】令，利用导函数研究其单调性，结合极值讨论方程的根的情况.
【详解】令，则，
若，则，则在上单调递增，
因为时，时，
则在上只有一个零点，此时满足；
若，则当或时，单调递增，
当时，单调递减，
，
，
若方程只有一个实数根，则或，
得或，满足，故A正确；
若方程有两个实数根，则或，
得或，满足，故B正确；
若方程有三个实数根，则且，
即且，
因为，所以，则满足上述不等式，且；
若，则成立，由得；
若，则成立，由得，故C正确，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知的展开式中的系数为，则实数______.
【答案】
【分析】根据二项展开式即可求解.
【详解】因为的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为，
所以，即，解得.
13．设数列，满足，，记，则m的整数部分是________.
【答案】1
【分析】先判断数列的单调性，然后利用裂项相消法、结合数列的单调性进行求解即可.
【详解】，，知.
由，且，知数列单调递增，
由，知，
得，所以，
，
由数列单调递增，，，得，，
得到，，
则的整数部分为1.
14．已知关于的方程有且仅有两个不同的实数解，则实数的取值范围为_____.
【答案】
【分析】首先将方程转化为，再由的单调性及零点可得，进而转化为函数与的交点问题，用导数判断函数的单调性及极值，再用数形结合判断可得.
【详解】由，得，即.
由函数在上单调递增，且，得，即.
令，则，
当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故.
且当时，，当时，，当时，，如图：
若方程有且仅有两个交点，则，即.
因此，实数的取值范围为.
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）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设，且边上的高为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件并结合正弦定理可得，再由角的范围可得所求角的值；
（2）先由等面积法可得，再由余弦定理及条件可得，再代入余弦定理得，从而可得三角形周长.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
，，，，
，．
（2）因为边上的高为，所以，
由（1）知，所以，
因此，即①.
又由余弦定理，，，②
又因为，得代入②，，
所以，，解得或（舍去）.
再由②和①得 ，
因此，所以.
的周长为．
16．（15分）如图，在多面体中，四边形为矩形，平面，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，通过证明与该法向量垂直可证得平面；
（2）利用两个平面的夹角的向量求法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形为矩形，平面，所以两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
因为，所以平面.
又，，为的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则.
令，则，
所以平面的一个法向量为.
因为 ，所以，
因为平面，所以平面.
（2）在（1）的坐标系中，.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则平面的一个法向量为.
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（15分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭 载人航天 深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）：
学历 关注 不关注 合计
本科及以上 80 20 100
本科以下 60 40 100
合计 140 60 200
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？
(2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下：
第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰；
第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立.
（i）求甲能进入第二关答题的概率；
（ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多.
参考公式及参考数据：.
0.05 0.01
3.841 6.635
【答案】(1)能
(2)（i）；（ii）当时，建议挑战第3道题；当时，挑战和不挑战第3道题都可以；当时，建议不挑战第3道题.
【分析】（1）求，并与临界值对比分析，结合独立性检验思想分析判断；
（2）（i）可知3道题至少答对2道题，结合独立重复事件概率公式运算求解；
（ii）分别求不挑战第3道题与挑战第3道题的期望，利用作差法比较大小，即可判断.
【详解】（1）零假设为：对航天工程的关注情况与学历无关，
因为，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以可以认为对航天工程的关注情况与学历有关.
（2）（i）记甲能进入第二关答题为事件，即3道题至少答对2道题，
所以；
（ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，400，
则，，
可知的分布列为：
0 400
所以；
若确定挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，200，800，
则，，，
可知的分布列为
0 200 800
所以.
令，
当时，，建议挑战第3道题；
当时，，挑战和不挑战第3道题都可以；
当时，，建议不挑战第3道题.
18．（17分）过定点的动圆始终与直线相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程，
(2)过点的直线与曲线C交于两点，是曲线的两条切线，是切点.
（i）证明：点P的轨迹是定直线；
（ii）求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）设动圆圆心坐标为，根据直线与圆的位置关系列出方程即可求出动圆圆心的轨迹方程；（2）（i）设直线 ，与轨迹方程 联立，分别求出切线 的方程，从而得到交点 的轨迹；（ii）求出点 到直线 的距离，再由三角形面积公式即可求出面积关于的函数表达式，进而得到其最小值.
【详解】（1）设动圆圆心坐标为，因为过定点的动圆始终与直线相切，，化简得，即动圆圆心的轨迹方程.
（2）（i）设，其中，
由题，直线斜率不为0，设直线，
联立，得：，
恒成立，，
由得：，
则，即即.
同理，，
，
，
即直线交点的轨迹为定直线：；

（ii）将代入
得：，
所以点的坐标为.
下面用两种方法进一步求解.
方法一：点到直线的距离，
，
，
时，面积最小为.
方法二：又中点 轴
.
时，面积最小为.
19．（17分）已知函数，．
(1)判断函数的单调性．
(2)若方程有两个根．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)①②证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负判断函数的单调区间即可；
（2）①将方程分离参数得，构造函数，由导数判断函数的单调性，从而得到最小值，即可求得的取值范围；
②先构造函数证明，再构造证得，结合的单调性推出，即，联立两步结论，代回原式即可完成不等式证明.
【详解】（1）因为，，所以．
由，得；由，得
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）①方程，即，，则．
设，，则方程有两个根，
即函数的图象与直线有两个不同的交点．
因为，，
当时，，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，函数取得极小值，也是最小值．
因为，当时，，当时，，
所以，即实数的取值范围是．
②证明：由①可知，，
则证不等式，即证，
转化为证．
令，，则．
令，则．
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
所以当时，，当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以．
由①知，．
令，，则．
令，则．
因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
所以单调递增，所以．
所以当时，．
由①及题意可知，，所以．
因为且在上单调递减，所以，
所以，所以．
所以，
所以．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

展开更多......

收起↑