衡水2026年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷数学试卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟调研卷数学(一150分,120分钟注意事项答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上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,将答案写在答题卡考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回一、选择题8小题5分40分.在每小题给出的四个选项中只有设集合𝐴={−1,𝑚},𝐵={0,2𝑚−1}，若𝐴∩𝐵={𝑚}，则𝑚的取值集合为 A. B. C. D.若复数𝑧的共轭复数𝑧=2−i，则(𝑧−1)i= A.1 B.−1 C.2+ D.𝑚,𝑛𝛼,𝛽𝑚⊥𝛼,𝑛⊥𝛽“//𝑛”是“𝛼//𝛽”的 充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条𝑎=(𝑥,1),𝑏=(1,−2)𝑎+𝑏,𝑎−𝑏𝑎𝑥= A.2B.C. D.-若𝛼∈(0,𝜋),2+sin2𝛼=2sin2𝛼 ，则cos𝛼= A.−2 B.− C. D.2 𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)−𝜋−2<𝜑<

,𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) 直线𝑥=6对称,且𝑔(0)=6,则𝜑= A. B. C. D.已知直线𝑥+𝑎𝑦−6=0与圆𝐶:(𝑥−1)2+坐标原点，若|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|，则|𝐴𝐵|=

=9𝐴,𝐵𝑂A.

B. C.

D.𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐵𝐷⊥𝐴𝐵𝐶,∠𝐴𝐶𝐵=90∘,∠𝐴𝐷𝐵=30∘,𝐷均在球𝑂的球面上,且𝐴𝐵=2,则球𝑂的表面积为 A.9𝜋B. C. D.二、选择题3小题6分18分.在每小题给出的选项中符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 𝐶:4+𝑚=1𝐹1(−1,0),𝐹2(1,0),𝐵,𝐹2𝐹1𝐹2𝐶𝑀,𝑁两点,则𝐶的离心率为 B.𝐶的短轴长C.△𝐵𝐹1𝐹2为等边三角 D.△𝑀𝐹1𝑁为等边三角2会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球2射中的概率分别为3,2，且每次点球是否射中相互独立，则 212个球均是甲射门的条件下,3423个球是甲射门的条件下,1已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2,动点𝑃在该正方体内部及其表面上运动,𝐹为𝐶1𝐷1的中点,则下列说法正确的是( 𝑃𝐶=𝑃𝐶1𝐵1−𝐴1𝑃𝐶1𝑃𝐶=𝑃𝐶1=𝑃𝐴𝑃𝑃𝐴𝐵𝐵1𝐴1𝐵𝐶𝐶1𝐵1𝑃𝐶+𝑃𝐹𝑃𝐴𝐵𝐵1𝐴1𝐵𝐶𝐶1𝐵1𝑃𝐶𝑃𝐶1三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分𝑋𝑁(𝜇,𝜎2),𝑃(𝑋<0)=0.3,𝑃(𝑋≤4)=0.7,的值 锥的侧面上)的棱长均为1，则该圆锥的体积为 已知函数𝑓(𝑥)=sin𝑥cos3𝑥，则𝑓(𝑥)的最小值 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32个标号不同的白球排成一排2𝑋2𝑋的分布列如图,𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐵𝐶𝐷2的正方形,𝑂,𝑀𝐵𝐶的中点,𝑃𝑂𝑀⊥𝐴𝐵𝐶𝐷证明𝑃𝑀𝐴𝐷若𝑃𝐴 5,𝑃𝐶=3，求直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成角的正弦值 {𝑎}𝑛𝑇=32𝑛−1

, 是否成等差数列，并给出证明1−𝑎𝑛1−𝑎𝑛+1

1

}𝑛𝑆 1+𝑎𝑛 𝑃(1,1)𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)上,𝑙:𝑥=−1𝐶𝐴,𝐵𝑙𝐴𝐵𝑂𝐴𝑃𝐶𝐵𝑃𝐶𝑁证明𝑀𝑁过定点,并求出该定点坐标𝐴,𝐵,𝑃𝑀𝑁𝑂𝐴𝐵2的值；若不存在,说明理由𝑓(𝑥)=e𝑥(e𝑥+2𝑥−4)𝑓(𝑥) ∏𝑖=1𝑡𝑖=𝑡1𝑡2𝑡3⋯𝑡𝑛(𝑛N),𝑥1𝑥2𝑥3𝑥𝑛=0(𝑛N),证明(e2𝑥𝑖+2𝑥𝑖e𝑥𝑖+3)≥4𝑛e e 𝑓(𝑥)𝑓(𝑥)，证明:𝑥2>𝑥

e2−e

𝑚=0,𝐴={−1,0},𝐵={0,−1},𝐴∩𝐵={0,−1},不符合题意𝑚=2𝑚−1,𝑚=1,𝐴={−1,1},𝐵={0,1},𝐴𝐵={𝑚},符合题意综上,𝑚{1}𝑧=2+i,(𝑧−1)i=(1+i)i=−1+i𝑚⊥𝛼,𝑚//𝑛,𝑛⊥𝛼,𝑛⊥𝛽,𝛼//𝛽反之,𝑚⊥𝛼,𝛼//𝛽,𝑚⊥𝛽,𝑛⊥𝛽,𝑚//𝑛则“𝑚//𝑛”“𝛼//𝛽”的充要条件根据向量投影相等的条件,𝑎⊥𝑏,0由题意得𝑎+𝑏⋅𝑎⋅𝑎=𝑎−𝑏⋅𝑎⋅𝑎, ⋅𝑎=𝑎−𝑏⋅𝑎,整理得𝑎⋅𝑏=0,

𝑥+1×(−2)=0,𝑥=2应用诱导公式及二倍角公式化简,cos𝛼−2sin𝛼,最后结合同2+2sin𝛼cos𝛼=2cos2𝛼=2(1−2sin2𝛼),sin𝛼⋅cos𝛼=−2sin2𝛼.因𝛼∈(0,𝜋),sin𝛼>0,cos𝛼=−2sin𝛼<0,cos2𝛼+sin2𝛼=1,所以cos2𝛼=4,cos𝛼=−25 根据两函数图象关于直线𝑥=6对称及𝑔(0)=6得到 =6,结合𝜑的范围代求解即可

=𝑔(0)=,所以

=

,所以sin

+𝜑−3=

+𝜑=−𝜋<𝜑<𝜋

26

3+𝜑

6,

3+𝜑

6,𝜑=6|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|𝐴𝐵𝐴𝐵垂直,进而求出圆心到直线的距离,再结合圆的半径,即可得弦长.|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|,𝑂𝐴𝐵的垂直平分线上又圆的弦𝐴𝐵的垂直平分线过圆心𝐶 𝑂𝐶𝐴𝐵的垂直平分线,𝑂𝐶𝐴𝐵

⋅

=

=−1,解得𝑎 所以直线𝐴𝐵的方程为𝑥 3𝑦−6=0则圆心

𝐴𝐵𝑑=|1+3⋅3−6|=|1+3−6|=11+(𝑟1+(

=

= 𝐴𝐵𝑀,𝑀𝐴𝐵𝐶的外心,𝐴𝐵𝐷⊥𝐴𝐵𝐶,可得𝐴𝐵𝐶𝐷𝑂为△𝐴𝐵𝐷的外心,利用正弦定理即可求得其半径,进如图,𝐴𝐵𝑀,∠𝐴𝐶𝐵=90∘,𝑀△𝐴𝐵𝐶的外心𝐴𝐵𝐷⊥𝐴𝐵𝐶,𝐴𝐵𝐷∩𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐴𝐵𝐶𝐷𝑂𝐴𝐵𝐷内,𝐴𝐵𝐷的外心𝑂𝑀⊥𝐴𝐵𝐶,𝑂𝐴=𝑂𝐷=𝑂𝐵=𝑂𝐶在△𝐴𝐵𝐷中,∠𝐴𝐷𝐵=30∘,𝐴𝐵=2,由正弦定理 𝐴𝐵𝐶𝐷𝑂4𝜋×22=16𝜋

=2⋅𝑂𝐴,则𝑂𝐴 2×

=2先根据椭圆方程应用焦点坐标列式得出𝑚=3,进而求出离心率及短轴长,判断A,B,C,最后结合椭圆定义求出边长判断 𝐶:4+𝑚=1𝐹1(−1,0),𝐹2(1,0),4−𝑚=1,𝑚=3则𝑎=2,𝑐=1,𝑏 ,所以𝐶的离心率2,短轴长为 = |𝐵𝐹1|=|𝐵𝐹2|=|𝐹1𝐹2|=2,所以△𝐵𝐹1𝐹2为等边三角形,A正确,选B错误,C正确;𝑀(1,𝑦𝑀),

2+𝑀=1+𝑀=1 𝑀 所以|𝑀𝐹 ,又|𝑀𝐹 ,2=2,|𝑀𝑁|= 1=4−2=|𝑀𝐹1|≠|𝑀𝑁|,即△𝑀𝐹1𝑁不是等边三角形,D错误A:2个球是甲射门的可能情况为:甲甲,乙甲,进而求概率;B:分析2C:可能情况有:乙乙甲,乙甲甲乙,乙甲乙甲,乙乙甲甲,进而求概率;D:分析可能情况的组成,𝐴1=“抽签抽到甲”,𝐵1=“甲点球射中”,𝐴2=“抽签抽到乙”,𝐵2=

)=

)=

)=

)=,可得

)=

)= A:2个球是甲射门的可能情况为: 𝑃1=2322=12,A正确B:123个球是乙射门，可2球甲未射中,𝑃2=𝑃(𝐵1)=3,B错误C:42个，则可能情况有

3=2×3×3×2+2×3×2×3+2×3×2×2 223322322223=36,C正确D:3个球是甲射门的可能情况为:甲甲甲,乙甲甲,甲乙甲,乙乙甲 233223232222=7213个球是甲射门的可能情况为:乙甲甲,乙乙甲 223222=24 𝑃4=43=43,D错误A,𝑃𝐶=𝑃𝐶1𝑃在中截面内,利用等体积法计算体积;B,𝑃𝐶=𝑃𝐶1=𝑃𝐴𝑃在两平面交线,计算轨迹线段长度C,𝑃到两平面距离相等得其在对角面内,𝑃𝐶+𝑃𝐹最小值;D,𝑃𝐶⊥𝑃𝐶1𝑃在A:𝐴𝐴1,𝐵𝐵1,𝐶𝐶1,𝐷𝐷1𝐸,𝑀,𝑁,𝐻,𝐸,𝑀,𝑁,𝐻四点共面𝐸𝑀𝑁𝐻为正方形,𝑃𝐶=𝑃𝐶1,𝑃𝐸𝑀𝑁𝐻内,𝑃𝐵1𝐶1𝐷11,

=

,A正确;

𝑃−𝐴1𝐵1𝐶1=3×𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1×1=3×2×1=B:𝑃𝐶=𝑃𝐶1=𝑃𝐴𝑃𝐸𝑀𝑁𝐻内及其边界上，又在对角𝐵𝐷𝐷1𝐵1内,所以点𝑃的轨迹为线段𝑀𝐻,其长度为 ,B错误C:𝑃𝐴𝐵𝐵1𝐴1𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离相等,𝑃内,𝐴1𝐷1𝐾22+22+则点𝐹,𝐾关于平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1对称,所以𝑃𝐶+22+22+4+4+=3,C正确4+4+D:𝑃𝐶⊥𝑃𝐶1,𝑃𝐶𝐶1为直径的球面上,𝐶𝐶1中点,𝑟=𝑁𝐵𝐷𝐷1𝐵1的距离为的球面无公共点,D正确.

>1=𝑟,𝐵𝐷𝐷1𝐵1𝐶𝐶1𝑃(𝑋<0)=0.3,𝑃(𝑋≤4)=0.7,𝑃(𝑋<0)=𝑃(𝑋>4)=0.3由正态分布的对称性,𝜇=2,𝜇2.2+2𝜋## 根据圆锥底面与内接正方体棱长的关系求出圆锥的高再利用圆锥体积公式即可求设圆锥的高为ℎ,则由相似三角形对应边成比例可得:2=ℎ−1,解得ℎ=2 𝑉1𝜋𝑟22+2𝜋 3𝑓(𝑥)进行求导,根据三角函数周期性并求出其单调性,得出函数极值,即可求𝑓(𝑥)=sin𝑥cos3𝑥,𝑓′(𝑥)=cos4𝑥−3sin2𝑥cos2𝑥=4cos4𝑥−3cos2𝑥=4cos2𝑥 因为cos2𝑥∈[0,1],所以当cos2𝑥∈>0

时,𝑓′(𝑥)≤0;cos2𝑥

,1时𝑓(𝑥)𝑓(𝑥)=𝑓(𝑥+𝜋)𝜋𝑓(𝑥)𝑥∈

𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增当𝑥 时,𝑓′(𝑥)≤0,𝑓(𝑥)单调递减当𝑥 ,𝜋时,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增因为𝑓(0)=0,𝑓(𝜋)= =−33,所以当𝑥∈[0,𝜋]时,𝑓(𝑥)的最小值为−33 𝑥∈R时,𝑓(𝑥)−3315.21(1)根据分步乘法计数原理,先选好白球位置,剩下的给红球;(2)𝑋所有可能取值,再计算相应的概率.(1)322个白球3个红球全排放入剩下3个空位,A2A3=36(种), 236(2)𝑋0,1,2,3,𝑃(𝑋=0) 𝑃(𝑋=0) 4C1A2 𝑃(𝑋=1)= 3 𝑃(𝑋=2)= 𝑃(𝑋=2)= 2𝑃(𝑋=3) 𝑃(𝑋=3) 3 223116.(1)𝐴𝐵𝐶𝐷2𝑂,𝑀𝐴𝐷,𝐵𝐶⊥𝑃𝑂𝑀⊥𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑃𝑂𝑀∩𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑂𝑀,𝐴𝐷⊂ABCD𝐴𝐷⊥𝑃𝑂𝑀,𝑃𝑀𝑃𝑂𝑀,𝑃𝑀⊥𝐴𝐷.(2)由(1)𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴𝑂𝑃𝑂,𝑃𝑀𝐶𝑀2,𝑂,𝑀𝐴𝐷,𝐵𝐶𝑃𝐴=5,𝑃𝐶=3

= 在△𝑃𝑂𝑀𝑃𝑂2+𝑂𝑀2=𝑃𝑀2，𝑃𝑂𝑂𝑀,𝑂𝑀,𝑂𝐷,𝑂𝑃两两垂直.

=𝑂为坐标原点,𝑂𝑀,𝑂𝐷,𝑂𝑃𝑥,𝑦,𝑧轴,建立如图所示的空间直角𝐵(2,−1,0),𝐶(2,1,0),𝐷(0,1,0),𝑃(0,0,2),𝑃𝐵=(2,−1,−2),𝐷𝑃=(0,−1,2),𝐷𝐶(2,0,0),𝑃𝐶𝐷𝑛=(𝑥,𝑦,𝑧)

𝐷𝑃=0,得−𝑦+2𝑧=0⋅𝐷𝐶=

2𝑥=𝑧=1,𝑦=2,𝑥=0𝑃𝐶𝐷𝑛=(0,2,1)𝑃𝐵𝑃𝐶𝐷𝜃4+1×则sin𝜃=|cos⟨𝑃𝐵,𝑛⟩|=|𝑃𝐵⋅𝑛| 4+1×

4=𝑃𝐵𝑃𝐶𝐷45 , 成等差数列1−𝑎𝑛1−𝑎𝑛+1证明:{𝑎𝑛}𝑛𝑇𝑛==32𝑛−1𝑛=1时,𝑎1=𝑇1=3,符合上式𝑎=32𝑛−1

𝑛−1,𝑛≥2时,𝑎=𝑇𝑛

所以1

+

1−32𝑛−11−32𝑛−1

因此1 成等差数列1−𝑎𝑛1−𝑎𝑛+1 由可得

+

1

=

1+𝑎𝑛

1−𝑎𝑛𝑆𝑛=

+⋯ =

=

=1− 32所以数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛=1− 3218.(1)𝑃(1,1)𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)上,1=2𝑝,𝑝=1,𝐶𝑦2=𝑥(2)(i)证明:𝐴(−1,𝑎)𝐵(−1,𝑏)(𝑎>0)，𝑂𝐴=(−1,𝑎),𝑂𝐵=(−1,𝑏),𝐴𝐵𝑂,𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=1𝑎𝑏=0则𝑏=−𝑎,即𝐵 𝑀𝑁0,𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦+𝑡,𝑀(𝑦2,𝑦1),𝑁(𝑦2,𝑦2)𝑦2=联立𝑥=𝑚𝑦𝑡,𝑥

2−𝑚𝑦−𝑡=0Δ=𝑚2+4𝑡>0,𝑦1+𝑦2=𝑚,𝑦1𝑦2=−𝑡因为𝐴,𝑃,𝑀三点共线,则𝑦1−1

又𝐵,𝑃,𝑁三点共线,则𝑦2−1

𝑦𝑦=1+𝑎⋅𝑎−1=−1,𝑦

=−𝑡,𝑡=11 1−𝑎 1𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦1,𝑀𝑁(1,0)(ii)(i)|𝐴𝐵|=𝑎+

(𝑎>0),𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦1

+

=

=

1+=1+𝑃𝑀𝑁𝑑

,|𝑀𝑁|

⋅

−𝑦2|

1+△𝑃𝑀𝑁=2|𝑀𝑁|⋅1+

⋅

|

==1|𝑦2−𝑦2|=

2|

𝑆△𝐴𝑂𝐵=2|𝐴𝐵|⋅1=

2𝑎

(𝑎+1)若𝑆△𝑃𝑀𝑁=2𝑆△𝐴𝑂𝐵,则 2 (𝑎+1)

+

=

,即 =

,方程有解,|𝐴𝐵|

= 即存在𝐴,𝐵,使得△𝑃𝑀𝑁的面积为△𝑂𝐴𝐵面积的2倍,此时|𝐴𝐵|= 19.(1)𝑓(𝑥)𝐑,𝑓′(𝑥)=2e𝑥(e𝑥