湖北省部分学校2025-2026学年高三一模数学试卷（含答案）

2026年普通高等学校招生全国统一考试（模拟1）数学本试卷共4页，19小题，满分150分。考试时间120分钟。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，请将试卷、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A={x|−1<xA.R B.{xC.{x|−3<x<2}2.已知事件A，B相互独立，P(A)=0.5，A.0.1 B.0.3C.0.4 D.0.73.已知向量a与b的夹角为30°，|a|=2，aA.1 B.3C.2 D.134.已知等比数列{an}满足：a1+a3=10，a2+A.149 B.153C.155 D.1575.小明体检后，遵照医嘱：在疗程内每天需要饮水2000ml∼2500ml（1ml=1cm3A.5 B.6C.7 D.86.平面直角坐标系xOy中，A为定圆M上一动点，B为平面内一定点，λ，μ为非零常数，若点P满足OP=λOAA.圆B.椭圆C.部分双曲线D.部分抛物线7.已知−π2<A.(α−βC.(α2−8.已知函数f(x)=(xA.-15 B.-16 C.-17 D.-18二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知复数ω=A.|ω|=1 C.ω2+ω10.已知f(x)是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数，且当x>0A.f(1)=0B.当x<0时，C.x=−1是f(D.存在实数k，使得直线y=kx与11.我们把半径相等的圆称为等圆.在平面上过同一点P有n(n∈A.f(3)=4B.f(4)=7C.存在n∈ℕD.任意n∈ℕ∗且三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知双曲线C:x213.已知tanα+π14.已知正∆ABC的边长3，E，F分别为边AB，AC的中点，将∆AEF沿直线EF翻折到∆A1EF，当三棱锥B−A1CF的体积最大时，四棱锥A1−BCFE外接球O的表面积为________，此时分别过C，E作球O的两个相切的平面四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或解答步骤。15.（13分）记∆ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin（1）求B；（2）若∠ABC的角平分线交AC边于点D，BD=2，b=216.（15分）已知四面体ABCD，D在面ABC上的射影为O，O为∆ABC的外心，AC=AB（1）证明：BC⊥（2）若E为AD中点，OD=2，求平面ECO与平面ACO17.（15分）袋子中有4个白球，3个黑球，这些球除颜色外全部相同．现将袋子中的球随机地逐个取出，并将第k次取出的球放入如图所示的编号为k的抽屉里(k1234567（1）求编号为2的抽屉里放的是黑球的概率；（2）记编号为奇数的抽屉里所放白球的总数为X，求X的分布列和数学期望E(（3）记“从左往右数，任意前i个抽屉中(i=1,2,3,…,7)，白球总数均不少于黑球总数”为事件C，求事件18.（17分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为1（1）求椭圆C的方程；（2）若直线Q1Q2（3）证明：点O不是∆Q19.（17分）设函数f(x)=eax+（1）证明：f(x)在（2）若f(x)有且仅有一个零点（i）证明：e+1<（ii）当a=(e+2)2026年普通高等学校招生全国统一考试（模拟1）数学试题参考答案题号12345678910答案DCABCADBABCAC题号11答案ABD12.<u13.<u14.<u>−3915.（13分）（1）由asinB2=∵sinC=sin(∵A∈(0,π)，sinA≠0，∴sinB2=∵B∈(0,π),B2∈(0,π（2）如图：∵S∆∴12∴3ac又在VABC中，由余弦定理可得a2+c将①代入②得(a+c)2∴a+∴VABC的周长为4316.（15分）（1）连接AO并延长AO交BC于M，连接OB，OC，因为O恰好为∆ABC的外心，所以OB又AC=AB，AO=所以∠CAO=∠BAO，即AM又AC=AB，所以由等腰三角形三线合一可得因为D在面ABC上的投影为O，所以OD⊥面ABC又BC⊂面ABC，所以OD又AM∩OD=O，AM，OD⊂面AMD又AD⊂面AMD，所以BC（2）解法一：在VABC中，由（1）与等腰三角形三线合一可知M是BC的中点，由（1）知AM⊥BC，OD⊥取AO中点H，连接EH，因为OD=2，EH=1，EH⊥作HN垂直CO交于点N，连接EN，∠ENH即为平面ECO与平面ACO由题可得∆HNO∼∆CMO，HNtan∠ENH=即平面ECO与平面ACO夹角的余弦值为55解法二：由（1）知AM⊥BC，OD⊥面ABC，过M作z轴平行于OD，则z在VABC中，由（1）与等腰三角形三线合一可知M是BC的中点，又AC=AB=4，BC设AO=r，则BO=r，又OM2+则C(1,0,0)，O(0,71515,0)，故OE→=0,设n=(x,y,取y=1，则x=71515，z易得m=(0,0,1)是平面COB的一个法向量，设平面ECO与平面ACO夹角的平面角为θcosθ=|cos⟨所以平面ECO与平面ACO夹角的余弦值为5517.（15分）（1）设A=“编号为2的抽屉里放的是黑球”，则P（2）X的可能取值为1，2，3，4，P(X=1)=P(X=3)=用表格表示分布列，如下表所示：X1234P418121E(（3）依题意，编号为1的抽屉里放的一定是白球，一共可以分为如下5种情况：①序列前缀为：白黑白白……P1②序列前缀为：白黑白黑白……P2③序列前缀为：白白黑白……P3④序列前缀为：白白黑黑白……P4⑤序列前缀为：白白白……，P5P(18.（17分）（1）由题意知{a2则椭圆C的方程为x2（2）不妨先设直线Q1∵∆Q∴不妨设Q1，Q2分别在x轴的上、下方，则直线Q2设直线Q2Q3:x∵直线Q2Q3∴Δ=108t2−12×13×(t2同理可得，直线Q1Q3过点(此时Q1，Q2关于x轴对称，∆Q1Q同理，当直线Q1Q2为x=2时，由对称性可知，综上，∆Q1Q（3）由（2）可知，当三条切线l1，l2，l3中有一条直线斜率不存在时，∆当三条切线l1，l2，设P1(x1,y1设l1则{x24+y整理得(4k∴Δ∴4k2−(∵x12∴(4y1k∴l同理可得，l2:3x假设点O是∆Q1Q2Q3的中心，则点O到∴12∵x124+∴P1，

P不能围成三角形，∴原假设不成立，即点O不是∆Q19.（17分）（1）函数的定义域为R，f'(h'(x)=a取x1=−lnaa，取x2f'f'故由零点存在性定理，f'(x又h'(x)>0恒成立，故存在唯一零点xm使得当x<xm时，f'(x)<0则f(x)在(−∞,xm)上单调递减，在(（2）若f(xm)<0，此时f(0)=2>0，且当x故xm>0，则由零点存在性定理，f(x取x3=2a2当0<x<e−1时，y'<0当x>e−1时，y'>0，则y=xlnx在x=故2+alna>0恒成立，则x>0时，y=ex−x2故p(x)=ex−x且y=ex−x22则f2a2=e故f(x)在(0,xm)与(若f(xm)>0，由（1）有f(x)≥f(综上，f(x故x0=xm且f(x0)=0①由a>0，b>0，x0=t故可得t1>1，t2>1，且代入方程aeax0+设g(t)=tlnt−t，其中t>1又g'(t)=lnt，当t>1又g(e)=0，故当1<t<e时，设t1≤t2，则要使g(t1)+gt2∈[e设函数G(t)=g(设q(t)=lnt−又G'x02=0，则x∈1,故G(t)在1,又方程t1lnt即2gx02≤0综上，e+1<②由a=lnt1x0，b=代入t1lnt等价于lnt2(e+2)l'(由于t>1，故te>1，1t>0l(t)在(1,+∞)又le1e+1=0此时t1=t则x0选填题部分题目解析4.B【详解】设等比数列{an}的公比为q则a1+a3=则bn所以S6故选：B.6.A【详解】设M(x0,y0)，B(x则定圆M的轨迹方程为(x由向量的坐标表示可知(x即{xP=代入圆M的轨迹方程有xP整理得(x所以P点轨迹是以(λx0故选：A7.D【详解】对A，因为−π2<α<所以α−β<0，sinα<sinβ所以(α对B，因为函数y=cosx在区间所以，当−π2<α<所以cos3α<cos3此时(α对C，当0<α<β<π所以0<sin此时(α对D，因为y=cosx是偶函数，且在所以，当−π2<α<β<所以cosα≥cosβ>0，即cos此时(α当−π2<α<β<所以0<cosα<cosβ，即cos此时(α综上，(α故选：D8.B【详解】f(x)=(x故x2+bx+c=0的根应为1和−1<；所以f(x令t=x−2，则=t4−10t2对称轴为s=5，k(5)=−16，因此，函数f(x故选：B9.ABC【详解】因为cos120°=−12，sin|ωω2=−12ω21ω1ω所以1ω故选：ABC10.AC【详解】由题设f(1)=(1−1)ln若x<0，则−x>0由f(x)为偶函数，则由上x<0时，f(x)=−(令g(x)=f'又f'(−1)=−ln1+1−1=0，故在(−∞,−1)上f′所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)上单调递增，故x=−1由C分析，x→−∞或x→0−时所以(−∞,−1)、(−1,0)上f(x)∈(0,+∞)，又f(x)为偶函数，则(0,1)、所以直线y=kx与11.ABD【详解】过同一点P有n个等圆，当增加第n+1个圆时，第n+1个圆与前各有一个除P外的交点，因此递推关系为：f(n当n=3时，三个等圆过同一点P，每两个圆有2个交点，但P所以除P外，每两个圆有1个交点.三个圆中两两组合的数量为C32=3由递推关系式可得：f(4)−f(3)=3，f(5)−f(4)=4，⋯，f(n将这些式子累加得f(n所以f(n对于A：f(3)=4，所以A正确；对于B：f(4)=4对于C：令f(n)=2025，则n2判别式为Δ=1+4×4048=16193，因为16193不是整数，所以n对于D：由上述推导，很显然D正确.故选：ABD.13.1【详