2026年高考数学模拟卷（一）（全国Ⅰ卷）（解析版）

年高考数学模拟卷（一）（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。4．适用省份：河北江苏浙江安徽福建江西山东河南湖北湖南广东第一部分（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·江西南昌·二模）已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】令，且，可得，所以.2．（2026·江西·二模）已知复数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，所以，则．3．（2026·湖南怀化·模拟预测）已知数列满足，，则的个位数字为（

）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】A【详解】由题设，则，令，得，则，，显然也满足上式，，则，显然个位数字为2.4．（2026·福建·二模）设是两个不重合的平面，则的充要条件是（

）A．存在无数条直线与都平行B．存在无数个平面与都垂直C．对任意的直线，都存在直线，使得D．对任意的直线，都存在直线．使得【答案】C【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可.【详解】

如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面.对于A，因，且，且，则，显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误；对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面，即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误；对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则，从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误；

对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面，则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因，则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立；反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使，则必有，故必要性成立，故C正确.5．（2026·江西南昌·二模）某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（

）A．120种 B．84种 C．70种 D．56种【答案】D【详解】设之前的周数为，与之间的周数为，与之间的周数为，之后的周数为，由题目条件知，，，，，令，，，，得，，，，，由隔板法，符合要求的不同安排方案为.6．（2026·江苏苏州·二模）若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先借助平方关系、商数关系及倍角公式化为齐次分式，再弦化切代入即可求解.【详解】.7．（2026·河北·模拟预测）在中，已知，，，，则（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】由平面向量的加减法得出，再应用数量积的定义及运算律计算求解．【详解】由，则，因此，．8．（2026·江西·二模）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案.【详解】因为为奇函数，所以，令，则，即①；因为为偶函数，所以，令，则，即，所以，所以，即②，所以，所以4是的一个周期．由①式，取，可得，即得，又由②式，取，可得故，，由②式，取，可得，取，可得，故，则.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·湖南怀化·模拟预测）设数列的前n项和为，满足.则下列说法中正确的是（

）A． B．C．是等比数列 D．若，数列前n项和，则【答案】ACD【分析】根据关系及等比数列的定义求数列的通项公式，进而判断A、B、C，应用裂项相消法求判断D.【详解】当时，，解得.当时，，，即，数列是以首项为2，公比为2的等比数列，故.A，，正确；B，，，，错误；C，，则，是以4为首项，2为公比的等比数列，正确；D，，，，，正确.10．（2026·安徽合肥·二模）在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（

）A． B．平面C． D．直线与所成角的余弦值为【答案】ABD【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得.【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则，由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形，故，又，故，故A正确；对B：连接、、、，设，由，则四边形为菱形，故，为中点，由，，，故与全等，故，又为中点，故，又，、平面，故平面，故B正确；对C：由，，则、、都为等边三角形，故，则，，故，故，即，故C错误；对D：连接，由，，故直线与所成角即为直线与所成角，即为，，，，则，故D正确.11．（2026·江西南昌·二模）已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（

）A．， B．C． D．的最大值为【答案】ABD【分析】首先利用导数分析的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式可判断AB；根据​是的根结合韦达定理可判断C；由可得，令，利用导数求其最大值可判断D.【详解】已知，设，，令，解得，在上递减，上递增，最小值，又时，，故，，，时，因此有两个不同的正零点，要使恒成立，开口向上的二次式必须和同号，因此二次式的零点恰好就是，即.由韦达定理：，​，因为都是正数，故，，A正确；二次式有两个不同零点，判别式，即，B正确；因为​是的根，故​，，两式相乘得：，即，C错误；由得，代入目标式化简：，令，求导得,当时，，递增；当时，，递减.因此的最大值为，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·山东德州·二模）从这49个数中取25个数，使得任意两个数之和既不等于49也不等于50，则这25个数字之和为__________.【答案】925【分析】将个数按和为分成组后再根据题设条件可确定这个数字，再结合等差数列的前项和公式可求它们的和.【详解】将分成如下25组：，因为所选取的个数，任意两数之和不为，也不为，故只能从每一组中选择一个数，故必须选取，故不能选取，考虑，所以只能选取，再考虑。该组只能选择，故只能依次选取，故这个数的和为.13．（2026·安徽安庆·三模）一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____.【答案】【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得.【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19，，则，由，则，当且仅当时，等号成立.14．（2026·福建·二模）在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________．【答案】【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，根据以及图形求得，且有，分析可得，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出点的坐标，进而可求得四边形的面积.【详解】在中，，，，由余弦定理可得，即，整理可得，解得或（舍去），所以，故，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，则点在第一象限，设点，则，解得，则，因，而，，则，当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点，故.

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．（2026·山东德州·二模）在凸四边形中，已知，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2).【分析】（1）过分别作直线的垂线，垂足分别为，结合解直角三角形可求的值；（2）利用勾股定理求出的长，再由余弦定理可求的值.【详解】（1）过分别作直线的垂线，垂足分别为，易知，因为，所以，所以，在直角中，.（2）在直角中，由勾股定理知.在直角中，因为，所以.于是有，在中，由余弦定理可知.所以的值为.16．（2026·山东潍坊·一模）如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.

(1)证明：平面平面；(2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直；（2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案.【详解】（1）因为，所以，因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为，因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面;又平面，所以平面平面.（2）以O为原点，为x轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，,,;;设平面的法向量为，则，取，可得；设平面的法向量为，则，取，可得；因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，整理可得，解得或（舍）.

17．（2026·河北邯郸·二模）2026年马年春晚是大模型与节目结合最多的一场春晚，其中大模型“豆包”贯穿整场晚会．为了了解人们对大模型“豆包”应用的关注程度，现随机抽取不同年龄段的1000人进行调查统计，得到如下列联表：年龄“豆包”应用合计不关注关注不超过50岁400600超过50岁300合计1000(1)完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断人们对大模型“豆包”应用的关注程度是否与年龄有关联；(2)从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，从这6人中随机抽取2人做进一步的访谈，记抽到的2人中关注“豆包”应用的人数为X，求X的分布列和数学期望．附：，其中．α0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)列联表见解析，依据小概率值的独立性检验，可判断人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄有关联．(2)分布列见解析；【分析】（1）补全列联表，进行零假设，求出，根据附表进行判断；(2)根据超几何分布的特征，写出变量的分布列，根据分布列求出变量的数学期望.【详解】（1）（1）补全的列联表如下：年龄“豆包”应用合计不关注关注不超过50岁200400600超过50岁300100400合计5005001000零假设为：人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄无关.根据表中数据，计算得到．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断成立，即认为人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.001．（2）从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，则关注“豆包”应用的有人，不关注“豆包”应用的有人，则的所有可能取值为0，1，2，的分布列为012的数学期望.18．（2026·浙江杭州·二模）（1）已知，证明：；（2）设，若恒成立，求正整数的最大值；（3）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明；（2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解；（3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证.【详解】（1）一方面，记，.则，故在上单调递增，即.另一方面，记，.所以，故在上单调递增，即.综上，，成立.（2）当时，由（1）知，故恒成立.一方面，取，则；另一方面，当时，记，则.由知，所以，故单调递增.进而.综上，正整数的最大值为2.（3）当时，由（2），即.则，①下证，，，则，故单调递增.进而，即.所以结合①可得，即，所以.19．（2026·江西南昌·二模）设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)求的最小值；(3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：．【答案】(1)(2)9(3)证明见解析【分析】（1）依题意列出关于的方程组，求解即得双曲线的标准方程；（2）设直线的方程为与双曲线方程联立，推得，写出的表达式，利用的范围，即可求得的最小值；（3）先证明与边的切点即为点，再证，由此推得点在直线上，再证，结合，且，可得点均在上，即得证.【详解】（1）不妨设点在第一象限，点在第四象限，离心率①