2026年高考第一次数学模拟考试02（全国一卷）（全解全析）

1/22026年高考第一次模拟考试数学·全解全析（考试时间：120分钟，分值：150分）注意事项：1．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。第一部分（选择题共58分）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．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合B，再利用集合之间的包含关系即可得到结果.【详解】因为集合，，故，故选：B2．已知为虚数单位，若，则（

）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.【详解】因为，所以，.故选：B.3．已知非零向量，，且，则在上的投影向量为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据数量积的运算律得到，再由投影向量的定义计算可得.【详解】因为，所以，即，所以在上的投影向量为.故选：C4．已知直线截圆所得的弦长为4，则实数的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出圆心到直线的距离，以及圆的半径，利用垂径定理列方程即可求解.【详解】圆的标准方程为，则，可得，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，由垂径定理可得，解得，满足.故选：A.5．已知正项等差数列满足，则（

）A．670 B．675 C．2025 D．4050【答案】B【分析】根据题意结合等差数列性质可得，利用累乘法运算求解即可.【详解】因为数列为正项等差数列，则，即，可得，，，，累乘可得.故选：B.6．在光纤通信中，发射器发出光信号的功率传输后会逐渐变弱，衰减后的光功率（单位：W）可表示为，其中为初始光功率，为衰减系数，为接收信号处与发射器之间的距离（单位：km）．已知距离发射器km处的光功率衰减为初始光功率的一半，若某处光功率衰减为初始光功率的，则此处到发射器的距离为（

）A．km B．km C．km D．km【答案】B【分析】根据题意，列出方程，求出参数衰减系数的值，代入原函数，求出结果即可.【详解】由题意得，即，化简得，解得，代入得，当时，得，化简得，两边取对数得，解得.故选：B.7．如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（

）A．这两个球体的半径之和的最大值为B．这两个球体的半径之和的最大值为C．这两个球体的表面积之和的最大值为D．这两个球体的表面积之和的最大值为【答案】D【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案.【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E，过点作⊥OF，垂足为D．设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值，此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为，故，故R的最大值为，且取最大值时，三点共线，设，则，则，解得，所以，，，，.因为，所以①，整理得，解得，令函数，，.令函数，，所以是增函数.又因为，，所以，，所以，，，，即，，，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.由①可得，这两个球体的表面积之和为.令，函数在上单调递增，所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.故选：D．【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.8．已知函数及其导数的定义域均为在上单调递增，为奇函数，若，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，根据对称性可得，再比较的大小即可得解.【详解】因为为奇函数，所以，令，则，故，又在上单调递增，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；又因为，则.①在①式中令，可得，故，所以，因为，所以，因为，所以，因为，由于，故上式等号不成立，则，又，所以，即，即，同理可得，所以，所以，即.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．下列说法正确的是（

）A．若样本数据的方差，则所有的都相等B．在做回归分析时，残差图中残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好C．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是4和0.3D．样本数据的平均数，则样本数据的平均数为【答案】AB【分析】根据方差公式即可判断A；由残差图与回归效果间的关系判断B；由对数的运算性质及回归思想判断C；根据平均数的性质即可判断D.【详解】对于A，设样本数据的平均数为，则，所以，故A正确；对于B，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故B正确；对于C，由题意，因此，，，C错误；对于D，样本数据的平均数，则样本数据的平均数为，故D错误.故选：AB.10．已知函数（）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．B．若，则C．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数D．当时，曲线与有4个交点【答案】ABD【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式判断A；求出的值判断B；利用平移变换求解判断C；作出图形判断D.【详解】观察函数的图象，得，最小正周期，解得，由，得，而，则，对于A，，故A正确；对于B，由，得，则或，解得或，又，则，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，在同一坐标系内作出函数与在上的图象，如图，作出符合题意的图形，观察图象得，两个函数图象有4个交点，故D正确.故选：ABD11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（

）A．若PA与C相切，则PB也与C相切B．C．若点P在x轴上，则为定值D．若点P在x轴上，且满足，则直线l的斜率绝对值为【答案】ABD【分析】通过证明过焦点弦两个端点的切线的交点在抛物线的准线上判断A，根据以为直径的圆与抛物线的准线相切判断B，设直线的方程为：，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，计算出判断C，推导出，可得轴为的平分线，即可得到，设直线的倾斜角为，利用焦半径公式求出，从而判断D.【详解】依题意，不妨设点在第一象限，抛物线的焦点为，准线方程为，对于A：设，，依题意可得过，两点的抛物线的切线不与坐标轴垂直，不妨设过的抛物线的切线方程为：，即，由，有，所以，又，整理得，解得，所以过的抛物线的切线方程为：，整理得，同理可得过的抛物线的切线方程为：，设两切线的交点为，由，可得，设直线的方程为：，由有，所以，，则，所以，即两切线的交点在抛物线的准线上，所以若与相切，则也与相切，故A正确；对于B：设的中点为，由，则，则，又，所以到准线的距离，所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，又点在的准线上，所以，故B正确；对于C：依题意可得，所以，，所以，显然不是定值，故C错误；对于D：因为，所以轴为的平分线，根据角平分线定理可得，设直线的倾斜角为，则，，所以，解得，所以，则直线的斜率为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．的展开式中的系数为（用数字作答）.【答案】【分析】由二项展开式通项公式即可求解.【详解】的通项公式为，令，则，则系数为，故答案为：13．若函数在区间的值域为，则的取值范围为.【答案】【分析】根据函数导数判断函数的单调性，通过单调区间判断给定值域对应的定义域范围，求出参数范围，在根据指数函数单调性，求出结果.【详解】因为，则，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，且，，，因为在区间的值域为，所以，解得，此时，，又，∴，则，故答案为：.14．已知，从椭圆外一点向椭圆引两条切线，切点分别为，则直线方程为称为点关于椭圆的极线．如图，两个椭圆、的方程分别为和，离心率分别为、，在内，椭圆上的任意一点关于椭圆的极线为．若到的距离为定值1，则取最大值时的值为．【答案】/【分析】利用设动点，可得极线方程，即可求原点到极线的距离，通过距离为定值1，得到相等关系，再通过动点在椭圆上，再得相等关系，由于这两个等式恒成立，则可得系数关系，最后转化到离心率上求最值即可.【详解】设椭圆，，则．设椭圆，，则．设，由题意可得方程为：，因为原点到直线的距离恒为1，所以．又因为为椭圆上的点，所以，所以，，所以，设，则，，当时，取得最大值，此时为．故答案为：．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．中，．(1)求角C；(2)若角C为锐角，M是BC边上的一点，，，求的面积．【答案】(1)或；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式化简求解.（2）由（1）的结论，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦及三角形面积公式求解.【详解】（1）在中，，得，整理得，即，而，解得，又，所以或.（2）由（1）及角C为锐角，得，在中，由正弦定理得，而，则，，因此，所以的面积为.16．如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形内，且与平面ABCD所成角的正切值为．(1)若、分别是、的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值；(2)点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长．【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直、面面垂直的判断、性质推理即得，再借助线面角求出比值作答.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）连，由于分别是和的中点，且，则，又是正方形，则，又平面，则平面，又平面，则平面平面，在平面内过作于，平面平面，则平面，所以点在上的射影在线段上，连，是与平面所成的角，即，，又，则，即有，而，所以．（2）在平面内过作，则两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图则所以，，，，因为点在棱上，所以设，所以，易知平面的法向量为，设平面的法向量，则，即，令，得，,所以，显然二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为，解得或（舍去），所以，则，故.17．某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变．(1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率；(2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式进行求解；（2）计算出甲队和乙队分别进入决赛的概率，从而得到乙队进入决赛甲队夺冠的概率和乙队没进入决赛甲队夺冠的概率，相加即可.【详解】（1）设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件，甲队胜丙队为事件，甲队胜丁队为事件，由题得，，，．设甲队在第一轮比赛中至少胜两场为事件，则．由题可得，．因此，甲队在第一轮比赛中至少胜两场的概率为．（2）由题得，甲队进入决赛的概率为；乙队进入决赛的概率为．则乙队进入决赛甲队夺冠的概率为；乙队没进入决赛甲队夺冠的概率为．因此，甲队夺冠的概率为．18．已知函数，其中为常数.(1)若函数的极小值点为，求的值；(2)若在时恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，若函数在上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）求导，分析其单调性，求出极小值点；（2）将问题转化为在时恒成立，构造函数，研究其最大值；（3）将问题转化为在上有两个不同的交点，通过求导研究的性质，画出图象即可.【详解】（1）因，则，易知当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故函数的极小值点为，得；（2）在时恒成立，等价于在时恒成立，令，则，因，则在上单调递减，则，，则实数的取值范围是；（3）当时，，则，令，则，令，则，因，则，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，故，易知，当时，，时，，当时，，当且时，，作出的大致图象（如图）：因在上恰有两个不同的零点，即在上有两个不