2026年全国一卷高考数学模拟冲刺试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026高三年级阶段性学情测试数学一、单项选择题：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．2．已知复数，.在复平面内，对应的点所在的象限为（

）A．一 B．二 C．三 D．四3．抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离为，则抛物线焦点的坐标为（

）A． B． C． D．4．若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．5．一个正六棱锥的高为，底面边长为，则它的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知向量，满足，，则，的夹角为（

）A． B． C． D．7．设是函数的一个零点，则函数在区间内所有极值点之和为（

）A． B． C． D．8．设是定义在上周期为1的函数，在区间上，其中集合，则方程在区间上解的个数为（

）A．3 B．4 C．6 D．7二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．已知事件，满足，，则（

）A．事件，相互独立 B．事件，互斥C． D．10．设函数，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值可以为（

）A． B． C． D．11．设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：①；②；则下列说法正确的是（

）A．若等比数列为的“期待数列”，则公比B．若等差数列既是的“期待数列”又是递增数列，则公差C．记阶“期待数列”的前项和为，则D．若存在，使得阶“期待数列”的前项和，则数列总不能为阶“期待数列”三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知等差数列，等比数列满足，，且，，成等差数列，，，成等比数列，则______.13．在中，，是的中点，若，则________．14．已知椭圆的右焦点为，经过坐标原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，设的中点为，的中点为，以线段为直径的圆经过点，则的离心率的取值范围________.四、解答题：本大题共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．如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2．(1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值；(2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值．16．已知数列的前项和为，且.(1)证明：数列是等比数列；(2)定义集合且，记的元素个数为，求；17．已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出．(1)求第二次取出的球是黄球的概率．(2)若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率．(3)记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：．18．设函数的定义域为，且在上存在导函数，若实数满足对任意的、都有，则称函数具有“性质”.(1)设，判断函数是否具有“性质”？(2)已知函数具有“性质”，且，记，求证：；(3)对任意的、，，都有，判断函数是否一定具有“性质”？并证明你的结论.19．已知是坐标原点，双曲线左顶点，直线过点交的右支于两点，记的面积分别为，．且当直线与轴垂直时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)已知直线交轴于点，（i）若，求证：为定值；（ii）在（i）条件下，若，当时，求的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据补集和交集的定义即可求解．【详解】由题意得，，则．2．B【分析】根据复数乘法及复数的几何意义即可求解．【详解】，则对应点的坐标为，在第二象限．3．B【分析】根据抛物线的定义求出的值，即可得出该抛物线的焦点坐标.【详解】由抛物线的定义可得，解得，故该抛物线的焦点坐标为.4．D【详解】由题可得：，且，可得，则，根据单调递增可得，解得，即的取值范围是.5．A【分析】作出示意图，确定球心的位置，设外接球的半径为，构造关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果.【详解】在正六棱锥中，设点为正六边形的中心，连接、，易知为等边三角形，所以，，由正棱锥的几何性质可知，外接球球心在直线上，设外接球的半径为，则，由勾股定理可得，即，解得，故该正六棱锥的外接球的表面积为.6．C【分析】根据平面向量数量积的运算律及夹角的余弦公式即可求解．【详解】由两边平方得，，又得，所以，则．7．C【分析】先由是函数的零点得出的值，再由导数求得函数在区间内所有极值点即可求解．【详解】因为是函数的一个零点，所以，即，不妨取，则，令，，因为，所以可取，所以函数在区间内所有极值点之和为．8．D【分析】先证明两个常见不等式，根据它们可判断在区间上无中的解，再数形结合可判断方程解的个数.【详解】我们先证明两个不等式：（1）；（2）；证明：（1）设，则，设，则，设，则，设，则，设，则，设，则，而当时，总有，故，故即为上的增函数，故，故为上的增函数，故，故为上的增函数，故即为上的增函数，故，故为上的增函数，故故为上的增函数，故即，同理可证.当时，，此时，故有解.设，下证在上不存在形如的解，在上不存在形如的解。设，当时，，则，设，则，故在上为增函数，而，，故在上存在零点且时，，时，，故在上为减函数，在上为增函数，，，而，，故，同理，故在不存在形如的解.同理可证在不存在形如的解.当时，先考虑，此时，类似时的讨论方法，同理可证在不存在形如的解.再考虑时，此时，，同理在上为增函数，而，，故在上存在零点且时，，时，，故在上为减函数，在上为增函数，，，，，结合两个函数不等式和中的符号判断方法同理可得，，，故在上不存在形如的解.同理可得在不存在形如的解.在上不存在形如的解.设为周期函数且周期为1，当时，，则的解与在上同解，在同一坐标系中和的图象如下：因为在上恒成立，当且仅当时等号成立，故与在有且仅有一个交点即原点，当时，，而在处切线的斜率为，故与在上有且仅有一个交点，再结合图形可得与在共有7个不同的交点，故方程在区间上解的个数为.9．AC【分析】应用条件概率公式及独立事件，对立事件，互斥事件定义计算判断各个选项.【详解】因为，所以，因为，所以，所以事件，相互独立，A选项正确；若事件，互斥，则，与已知矛盾，故事件，不互斥，B选项错误；因为事件，相互独立，所以事件，相互独立，所以，C选项正确；，不一定是，D选项错误.10．BC【分析】采用构造函数法，设，，则原问题转化为存在唯一的整数，使得，对求导可判断函数在处取到最小值，再结合两函数位置关系，建立不等式组，即可求解.【详解】设，，由题设可知存在唯一的整数，使得，因为，故当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，且，，由图可知，即，解得，BC选项符合题意.11．ACD【分析】由阶“期待数列”定义，当，结合已知条件①求得等比数列的公比，若，由①得,，得，不可能，所以，判断A；设出等差数列的公差，结合①②求出公差，再由前项和为求出首项，则等差数列的通项公式，判断B；由阶“期待数列”前项中所有的和为0，所有项的绝对值之和为1，求得所有非负项的和为，所有负项的和为，判断C；借助于C中结论知，数列的前项和为，且满足，再由，得到，从而说明与不能同时成立，判断D．【详解】对于A，若，则由①，由，所以，得，由②得或,满足题意，若，由①得,，得，与选项为等比数列矛盾，综上所述，故A正确；对于B，设等差数列的公差为，因为，所以，所以，因为，所以由，得，由题中的①、②得，，两式相减得,即，故B错误；对于C，记中非负项和为,负项和为，则，得，因为，所以，故C正确；对于D，若存在，使，由前面的证明过程知：，且，记数列的前项和为，若为阶“期待数列”，则由C知，，所以，因为，所以，所以，，又,则，所以，所以与不能同时成立，所以对于有穷数列,若存在，使，则数列不能为阶“期待数列”，故D正确．12．【分析】设出等差数列的公差，等比数列的公比，结合等差数列中项和等比数列中项，利用已知条件列式求出公差和公比，进而利用基本量法求解即可.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则，所以，所以；，由，得，所以；因为，，成等差数列，，，成等比数列，所以，所以，解得，或.当时，，不成等比数列，舍去，所以，所以.13．【详解】中，，由，设，则，是的中点，所以，在中，由余弦定理得．14．【分析】由题意可得点在圆上，设，圆与椭圆联立方程组结合可得，根据代入解不等式可得，进而可得离心率的取值范围.【详解】由题意知，，又因为是的中点，所以，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，即，设，联立，解得，因为，所以，即，所以且，所以，又因为，所以，，令，则，即，解得，即，所以，所以椭圆的离心率.

15．(1)16(2)【分析】（1）根据外接圆面积求出，再由正弦定理计算即可；（2）根据外接圆半径为6，得出斜边，再由圆锥的体积公式与均值定理计算即可.【详解】（1）设挖去的三角形的外接圆半径，面积为，直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径，面积为，因为外接圆半径之比为1:2，所以，故，计算得，又因为，故，根据正弦定理得：；（2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边，设直角边为，满足，若绕旋转：体积；若绕旋转：体积；若绕旋转：斜边上的高，体积；因为，所以，当且仅当时等号成立，此时，即几何图形体积的最小值的最大值为.16．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据，结合条件及待定系数法，化简整理，即可得证.（2）根据所给定义，整理可得，根据的范围，分析求解，即可得答案.【详解】（1）证明：因为数列的前项和，所以当时，，解得，所以；当时，，由，得，化简得，所以，两边加1得，所以数列是首项为3、公比为3的等比数列；（2）由（1）知，，所以，集合中的元素形如，因式分解得：，因此的元素对应，其中，，则的取值范围为，且对任意整数，均存在，使得，所以的不同值个数为，从而；17．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合的知识求解；（2）根据已知条件求出红球和黑球的个数，再利用排列组合的知识求出黄球最先被全部取出的概率；（3）先确定随机变量的取值，再求出每个取值的概率，最后根据数学期望的定义证明.【详解】（1）记“第二次取出的球是黄球”为事件，将个黄球的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，事件表示第二次取出的球是黄球，其他个黄球在剩余个位置中随机安排，则事件包含的样本点数为，故．（2）设红球个，由题意得，解得．所以红球5个，黑球有10个．记“最后一次取出球是红球”为事件，“最后一次取出球是黑球”为事件，显然事件互斥，记“黄球最先被全部取出”为事件，则．当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和黑球时最后取出的是黑球，则．当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和红球时最后取出的是红球，则．所以．（3）由题知随机变量的取值为，则随机变量的分布列为所以随机变量的期望．所以．18．(1)具有(2)证明见解析(3)具有“性质”，证明见解析【分析】（1）利用题中定义结合作差法验证可得结论；（2）令，，结合函数具有“性质”得出，分别令、推导出，即可证得结论成立；（3）对任意的，令，求，利用赋值法结合导数判断函数的单调性和最值，即可证明.【详解】（1）因为，由均值不等式可得，当且仅当时，等号成立，因此恒成立，所以满足“性质”.（2）由具有“性质”，令，，得.当时，由得，整理得，所以.当时，由可得，由题意可得，可得，由可得，整理可得，所以，因为，故，所以，即，故.（3）对任意的，设，，则，且，当时，．当时，在中，将替换为，将替换为，可得，整理得（*）.当时，由（*）得，即，当时，由（*）得，即．所以在上严格增，在上严格减，从而.因此对任意的．都有．即，所以具有“性质”．19．(1)(2)（i）为定值，证明过程见解析；（ii）【分析】（1）根据双曲线特征和