2026年高考数学第一次模拟考试06（全国一卷）（全解全析）

/2026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．已知集合，则（）A. B. C. D.1.【答案】C【解析】因为集合，所以.故选：C.2.若复数满足，则（）A.12 B.10 C.11 D.92.【答案】B【解析】因为，所以，，所以.故选：B3.设等差数列的前项和为，若，，则（）A.12 B.14 C.16 D.183.【答案】A【解析】因为是等差数列，且，，所以，，所以.故选：A.4．下面是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据.每场比赛得分36710111330频数2122111则下列说法不正确的是（

）A．该队员得分的平均数是10 B．该队员得分的极差是27C．该队员得分的第四十百分位数是7 D．该队员得分的方差是48.44.【答案】D【解析】该队员得分的平均数是，故A正确；极差是，故B正确；，所以第百分位数是，故C正确；方差是，故D错误.故选：D5.已知正四棱台上､下底面的面积分别为4和144，侧面等腰梯形的高为13，则该四棱台的体积为（）A.688 B. C. D.8885.【答案】A【解析】如图，正四棱台，取上下底面正方形的中心，再取分别为的中点，过作，则由题意可得，，则，则在中，，则该四棱台积为.故选：A6．将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（）A. B. C. D.6.【答案】B【解析】将的图象横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，再向右平移个单位长度，得到的图象．，由，，得，∴的增区间为，若在上单调递增，则，∴且，∴且，又，∴当时，，故答案为：B．7.双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（）A. B. C. D.7.【答案】C【解析】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，，由，求得，因为，所以，求得，即，，由正弦定理可得：，则由得，由得，则，由双曲线第一定义可得：，，所以双曲线的方程为.故选：C8.已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（）A. B. C. D.8.【答案】A【解析】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体的内部，即正四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，设正四面体的外接球半径为，正四面体的内切球半径为，则有，又因为正四面体的棱长为1，过作平面于，则是正三角形的外心，所以，，所以，又因为正四面体的表面积，所以，设正四面体的边长为,外接球心为，因为，过作平面于，则是正三角形的外心，所以，，在直角三角形中，由勾股定理可得:，即，整理得：，所以，解得，所以.故选：A.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.下列结论正确是（）A.若随机变量X的方差，则B.若随机变量Y服从两点分布，且，则C.若随机变量ξ服从正态分布，，则D.若随机变量η服从二项分布，则9.【答案】BC【解析】若，则，故错误；若随机变量Y服从两点分布，则，故,，故正确；若随机变量ξ服从正态分布，，则，，故正确；若随机变量η服从二项分布，则故错误.故选：10.已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（）A.B.在区间上的最小值为C.是图象的一个对称中心D.将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称【答案】BCD【解析】10.对于A，由题图可知，的最小正周期，所以，故A错误；对于B，由题图可知，，且函数图象过点，当时，，解得，所以.当时，，由正弦函数的单调性知，函数在上单调递增，所以函数在区间上的最小值为，故B正确；对于C，因为，所以点是函数图象的一个对称中心，故C正确；对于D，因为，所以平移后得到的图象关于轴对称，故D正确.故选：BCD.11.已知函数，其导函数为，则（）A.直线是曲线的切线B.有三个零点C.D.若在区间上有最大值，则的取值范围为11.【答案】BC【解析】因为，则，，所以，C正确；因为，令，得，解得或，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，且，图象如图所示：故有两个极值点，三个零点，故B正确；设切点的坐标为，则切线斜率为，则，所以不存在斜率为的切线，直线不是曲线的切线，故A错误；因为，所以若在区间上有最大值，则，所以，故D错误．故选：BC．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.将直线沿x轴向左平移1个单位，所得直线与圆相切，则实数__________.12.【答案】或【解析】向左平移个单位得到，圆化为，圆心为，半径为，因为相切，所以解得或，故答案为：或13．的展开式中，的系数为________.13.【答案】60【解析】二项式展开式的通项公式：，令，解得，所以可得第三项中的系数是.故答案为：6014．甲、乙两人独立破译某个密码，甲译出密码的概率为，乙译出密码的概率为，则该密码被破译的概率为_______．14.【答案】【解析】设甲破译某个密码为事件，乙破译某个密码为事件,甲、乙两人独立破译某个密码，甲译出密码的概率为，乙译出密码的概率为，甲未破译的概率为，乙未破译的概率为，甲、乙两人均未破译的概率为，“甲、乙两人均未破译”的对立事件为“密码被破译”，该密码被破译的概率为．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．（13分）在中，角满足，且的外接圆的周长为.（1）求角；（2）若为边上的高，且，求的面积.15．（13分）【解析】(1)易知在中，所以,因此由可得，（2分）整理可得，又，可知，（4分）所以，（6分）因为，可得.（7分）（2）由为边上的高可知三点共线，设，因此可得，所以，即,（9分）记角所对的边分别为，又的外接圆的周长为，所以外接圆的半径为，，因此，，如下图所示：（10分）设，由勾股定理计算可知，（11分）在中由余弦定理可得，（12分）整理可得，即，解得，所以.（13分）16．（15分）如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．16．（15分）【解析】(1)连接、，因为四边形为菱形，所以是边长为的正三角形，因为为中点，所以，，（2分）又因为，平面，所以平面，又平面，所以，（4分）又，，，所以，所以，（6分）又因为平面，所以平面.（7分）(2)因为直线两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，（8分）所以（9分）设平面的一个法向量为，则，即，（10分）令，得，所以，（12分）由题意知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，（14分）所以平面与平面夹角的余弦值为.（15分）17．（15分）已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在，使成立，求实数的取值范围.17．（15分）【解析】（1）函数的定义域，（1分）对函数求导得，（2分）①当时，，因为，所以，则，函数在上单调递增.（3分）②当时，令，即，解得（舍）或，当，所以，则，函数单调递增.（4分）当，所以，则，函数单调递减.（5分）③当时，令，即，解得（舍）或，（6分）因为，所以，则，函数在上单调递增.综上，当时，函数上单调递增.当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（7分）(2)由（1）知，当时，函数在上单调递增，（8分）所以当，，则存在，使成立.当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（9分）所以，（10分）若存在，使，即令，（11分）求导，令，，令，解得或（舍），（12分）当，，函数单调递增.当，，函数单调递减.所以有最大值，（13分）可知，在单调递减，且，当，，当时，.（14分）综上，实数的取值范围（15分）18．（17分）高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．（1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率；（2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；（3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．18．（17分）【解析】（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则.（4分）(2)由题意，∴（6分）令，则，（7分）当，，为增函数；（8分）当，，为减函数；（9分）所以在处取到最大值．（10分）(3)记事件B＝“人工检测达标”，则，（12分）又，（14分）所以，（16分）所以需要对生产工序进行改良．（17分）19．（17分）已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在上，且位于第二象限，点，直线与在第一象限交于点.（1）求的方程；（2）若是的中点，求直线的方程；（3）过点作直线轴，过点作直线轴，直线交于点，证明直线过定点，并求出该定点.19．（17分）【解析】(1)由题意可得解得，（3分）所以的方程为.