2026年高考数学模拟卷（新课标I卷）（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高考数学模拟卷（五）（新课标I卷）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。4．适用地区：全国高考新课标Ⅰ卷地区：湖北、湖南、广东、山东、江苏、浙江、江西、河南、河北、安徽、福建。5．难度系数：0.65。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．（2026·湖北黄冈·一模）若集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】易知，，则.2．（2026·浙江杭州·二模）若（i为虚数单位），则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】,所以,.3．（2026·湖北恩施·二模）等差数列的前项和为，满足，则（

）A． B．C． D．均为的最大值【答案】C【分析】根据条件可得，，根据等差数列的求和公式，分析即可得答案.【详解】由题意，所以．故C正确．无法判断的正负，故A、B、D错误.4．（2026·福建泉州·二模）定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出当时，再利用奇函数的性质可得时，即可求解.【详解】当时，，则，因函数为奇函数，则当时，则，所以，又因，所以，即，综上可得的值域为，故D正确.故选：D.5．（2026·广东深圳·二模）已知向量与，，向量在向量方向上的投影向量是，则（

）A．4 B．16 C．1 D．3【答案】A【详解】由题设，则，由，则.6．（2026·湖北·二模）已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据几何关系可得，由此推得，再分析的取值范围，从而得到的取值范围，据此可求得的最小值．【详解】如图所示，可知，根据对称性易得，所以，所以，圆心到直线的距离，且易知，，所以，所以．7．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用指数函数单调性分析不同取值对应的与1的大小关系，从而判断的符号.【详解】因为，所以，即，所以，设，求导得，因为，，因此，即在上是单调递增.若，则，对应，得，此时；若，由单调递增得，即，又是增函数，故，此时，得；若，由单调递增得得，解得，此时；综上，所有情况都满足，选C.【点睛】本题考查指数函数单调性的应用，核心是利用函数单调性判断变量的取值范围，体现了函数思想在不等式判断中的应用.8．（2026·安徽铜陵·模拟预测）已知，为双曲线的左、右焦点，直线交双曲线右支于A，B两点，设M，N分别为和的内心，，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据与的内心性质得到关系式以及点的横坐标.设出直线的倾斜角，根据四点共圆得出的正切值.在直角梯形MNED中，根据的正弦值，即可得出之间的关系式，进而求出离心率.【详解】如图所示，记的内切圆在边，，上的切点分别为，的内切圆在边上的切点为E，则M，G的横坐标相等，且，，，，由，即，得，即，由双曲线定义知点G在双曲线右支上，且在轴上，则，即内心的横坐标为a.同理可得的内心的横坐标也为a，故轴.设直线l的倾斜角为，则，所以.由轴，，可知四点共圆，则，所以.又因为，，在直角梯形MNED中，可得，即，代入中可得，化简得，即，解得，（舍去），所以双曲线的离心率为.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．（2026·福建漳州·二模）下列说法正确的是（

）A．若两个变量的样本相关系数的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强B．若随机变量服从正态分布，且，则C．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11D．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4【答案】AB【详解】对于A：相关系数的取值范围为，其绝对值越接近1，表示两个变量的线性相关程度越强；越接近0，线性相关程度越弱，这是统计学中的基本结论，因此A正确；对于B：已知，则均值，由正态分布的对称性，得：，又已知，所以因此B正确；对于C：上四分位数的位置为，故上四分位数为第8个数，因此C错误；对于D：经验回归方程为，样本中心点为，回归直线必过样本中心点，代入得，解得，因此D错误.10．（2026·湖北荆州·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F，G分别为棱的中点，则（

）A．B．平面C．异面直线与所成角的正切值为2D．直线与平面所成角为【答案】CD【分析】建立空间直角坐标系，设，求出相关点坐标，利用向量数量积的运算可判断A；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量判断方法可判断B；根据空间角的向量求法可判断CD.【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，，，故不垂直，A错误；设平面的法向量为，,则，可取，而，，故和平面不平行，B错误；，，,设异面直线与所成角为，则，，则，C正确；设平面的法向量为，,，则，可取，而，则，则直线与平面所成角的正弦值为，故直线与平面所成角为，D正确.11．（2026·江苏·二模）已知函数则下列说法正确的是（

）A．若为正数，，则B．若为正数，，则C．若，则函数有唯一零点D．若，则函数的零点个数为奇数【答案】ACD【分析】根据函数解析式结合特例可判断AB；利用函数的单调性，结合函数的零点存在性定理进行判断CD.【详解】对于选项A，当，则，,不妨设，则，那么，当，同理可得.故选项A正确；对于选项B，若为正数，，当时，若，则，不一定有.故选项B错误；对于选项C，当，函数的零点即方程的根，也就是函数与图象的交点横坐标.当时，，由单调递增，所以单调递减，，当且仅当时取“”号从而为函数的零点，当时，，由单调递增，单调递减，，当且仅当时取“”号，因此，函数有唯一零点.故选项C正确；对于选项D，当，函数的零点即方程的根，也就是函数与图象的交点横坐标.当时，，由单调递增，所以单调递减，，当且仅当时取“”号从而为函数的零点，当时，，由单调递增，单调递减，，当且仅当时取“”号，若存在，使得，则，那么必存在，满足.从而若在有个零点，则对应的在相应的有个零点，从而可知若，函数的零点个数为奇数个个，故选项D正确.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．（2026·江西赣州·二模）设，则______（用数字作答）．【答案】60【分析】根据二项式定理及通项公式求解即可.【详解】二项式通项公式为.是的系数，令，则，所以.13．（2026·山西太原·二模）在平面直角坐标系中，函数的部分图象如图所示，若，则点的纵坐标为__________.【答案】【分析】把函数图象进行平移，使得点与坐标系原点重合，得到，解得即可得到点的纵坐标．【详解】如图，把函数图象进行平移，使得点与坐标系原点重合，得函数的图象，点的对应点分别为，依题意，可设，则，，解得（正值舍去），，即点的纵坐标为.14．（2026·福建·二模）已知数列满足，，则________．【答案】【分析】构造数列，根据递推关系，可得，利用等比数列通项公式求出，分组求和即可得解.【详解】因为，所以，令，则，所以，则，所以，又，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以.四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九点17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（2026·湖北黄冈·一模）在中内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，可求；（2）法一：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，进而利用正弦定理可求得，进而可求的面积．法二：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，利用正弦定理可求得，进而利用可求解.【详解】（1）由正弦定理知．∴，∵，∴，∴，，∴．（2）法一：由（1）知，，∴．∴，∴，∴．法二：由（1）知，，∴．由正弦定理可得．∴．16．（2026·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是正三角形，，为的中点．(1)证明：平面平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理得出结论；（2）利用同一法证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，由法向量的夹角与二面角的关系求得结论．【详解】（1）设，则在点相互平分，又菱形中，，是正三角形，则，而，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）由已知，因为是正三角形，所以，中，，设，垂足为，则，所以与重合，即，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，分别以为轴，过且平行于的直线为建立空间直角坐标系，如图，又，所以，，，,是中点，则，，设平面的一个法向量是，则，令，得，设平面的一个法向量是，则，令，得，所以二面角的正弦值为．17．（2026·山东枣庄·二模）已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，并且上的点到的最大距离是最小距离的3倍．(1)求的方程；(2)若点是上异于的任意一点，直线与分别交直线于两点．（ⅰ）求；（ⅱ）若直线交于另一点，设点的纵坐标分别为，求证：．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用上的点到的最大距离为，最短距离为，结合焦点坐标计算即可得；（2）（ⅰ）设，则可表示出直线与，从而可得，，再借助向量数量积公式计算即可得；（ⅱ）设，，联立直线与椭圆方程，消去可得与横坐标有关韦达定理，则可表示出，结合（ⅰ）中所得，，计算可得，即可得证.【详解】（1）上的点到的最大距离为，最短距离为，又，则，则，解得，故，故的方程为；（2）（ⅰ）设，则，又、，则，，分别令，可得，，又，则，，故；（ⅱ）设，，联立，消去得，则，，则，由（ⅰ）知，，则，故.18．（2026·浙江宁波·二模）某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且.(1)记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为，（i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；（ii）求随机变量的期望；(2)记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：.【答案】(1)（i）；（ii）；(2)证明见解析【分析】（1）（i）利用条件概率的乘法公式求解；（ii）根据题意，的可能取值有，再分别求出对应概率并计算期望即可；（2）由题可知，再根据，且进行计算求解．【详解】（1）记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，由已知得.（i）即求；（ii）的可能取值有，，，，所以；（2）事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操作后处于状态2，显然，且，当时，由，得，又，，而，得，所以.19．（2026·河北保定·一模）已知函数(1)当时，求的极值.(2)已知.（i）证明:；（ii）若在上恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1)极大值，极小值(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）先对函数求导得到，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计算极值；（2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式；