数学一模保分卷01（全国一卷通用）学易金卷：2026年高考第一次模拟考试

2026年高考第一次模拟考试 数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 A C D B D C D B 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 10 11 BD ABC BD 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。 12．88 13． 14． 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．（13分） 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故..................................................（3分） （2） 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此...................................................（8分） （3）由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则...................................................（13分） 16．（15分） 【详解】（1）在上取点，使得，取中点， 连接、、，由，为的中点， 故，，，， 故且，故四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 故平面；...................................................（15分） （2）由为直径，故，由， 则，， 以为原点，、为、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由平面，故轴， 则、、、、， 则，，，， 又，则，故， 由在圆上，可设，， 则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，故，...................................................（10分） 设与平面所成角为， 则， 则当，即或时，有最大值， 当时，，则，与点重合，不符； 当时，，则，符合要求； 故与平面所成角的正弦值的最大值为....................................................（15分） 17．（15分） 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 则依题意有，解得， 所以椭圆的标准方程为；...................................................（3分） （2）设直线的方程为， 由消去，得， 解得. 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得， 故直线的斜率 当为直角三角形时，只有或， 于是或. 若，由，可得，从而； 若，由，可得，从而. 所以存在，直线的斜率为．...................................................（10分） （3）由（2）可知，直线l的斜率， 所以直线l的方程为， 即， 所以动直线l恒过定点．...................................................（15分） 18．（17分） 【详解】（1）由题意，，，即采用3局2胜制，所有可能值为2，3， 则. 则的分布列如下， 2 3 所以....................................................（5分） （2）由题意，采用“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜， 则； 在甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即， 则， 所以....................................................（12分） （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则， “局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为： 若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 由全概率公式得 ， 故....................................................（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由题意知. 因为， 又， 所以，即， 所以成等差数列....................................................（4分） （2）（i）， 设，则， 当时，单调递增，当时，单调递减. 故，且当时，，当时，. 若，则恒有，所以在上单调递减，不符合题意； 若，则在和上分别存在一个零点，记为， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增，当时，，即单调递减， 故存在，满足. 所以的取值范围是....................................................（10分） （ii）因为，所以中值点满足， 由（i）知当时，即有两个零点， 所以在区间上所有可能的中值点即. 先证明： 由，得. 要证，即证. 设， 则. 设，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，所以在上单调递减. 所以当时，，即. 因为，所以，即， 又，再结合在上单调递减， 可得，从而. 令，得， 所以....................................................（17分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2026年高考第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：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。 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．已知集合，，若且，则（    ） A． B． C． D． 2．在复平面内，等腰直角三角形的直角顶点为坐标原点，点和点分别在第一象限和第二象限，点对应的复数为，则点对应的复数为（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，不共线，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．若，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A．的定义域为 B．为偶函数 C．的最大值是0 D．在上单调递增 6．某课外活动小组为研究日平均气温的变化情况，将每连续5天的日平均气温（单位： ）的记录数据作为一组样本，他们得到了满足下列条件的四个样本：①平均数为3，极差为2；②中位数为7，众数为9；③众数为5，极差为6；④平均数为4，方差为2；则这四个样本中，连续5天的日平均气温记录数据均低于的样本个数至少有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．已知分别是双曲线的左、右焦点，过斜率不为0的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，记与的内切圆面积分别是和，若，则双曲线的离心率为（   ） A． B．2 C． D．3 8．已知函数，若对任意（0，2]，存在[1，2]，使，则实数b的取值范围是（   ） A． B． C． D． 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．已知函数，则（   ） A．是的一个周期 B．在上单调递减 C．的零点为 D．的最小值为 10．若高为，底面半径为2的圆锥内切一个球，以下说法正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．内切球的半径为 C．以平行于圆锥底面的平面截圆锥形成圆台，若该圆台与原圆锥共内切球，则其母线长为3 D．圆锥侧面上的切点形成的轨迹长度为 11．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于两点，过分别作准线的垂线，垂足依次为．若长的最小值为4，则（   ） A．若，则 B．若的倾斜角为，点在第一象限，则 C．若，则的斜率为1 D．若点在抛物线上，且，则 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．来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 13．已知正数a，b满足，，则的最小值为 . 14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 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．（13分） 在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 16．（15分） 如图，点，在以为直径的圆上，，与点，不重合.平面，为的中点，为的中点， ，. (1)求证：平面； (2)当时，求与平面所成角的正弦值的最大值． 17．（15分） 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线l与椭圆相交于不同两点，且直线的斜率之积为1． (1)求椭圆的标准方程； (2)若为直角三角形，求直线的斜率； (3)试问：动直线l是否过定点？若过定点，求出其坐标；若不过定点，请说明理由． 18．（17分） 某种比赛采用“局胜”制（即累计先赢局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． (1)当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； (2)如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； (3)记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 19．（17分） 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． (1)若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． (2)已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第1页（共6页） 试题 第2页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：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。 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．已知集合，，若且，则（    ） A． B． C． D． 2．在复平面内，等腰直角三角形的直角顶点为坐标原点，点和点分别在第一象限和第二象限，点对应的复数为，则点对应的复数为（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，不共线，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．若，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A．的定义域为 B．为偶函数 C．的最大值是0 D．在上单调递增 6．某课外活动小组为研究日平均气温的变化情况，将每连续5天的日平均气温（单位： ）的记录数据作为一组样本，他们得到了满足下列条件的四个样本：①平均数为3，极差为2；②中位数为7，众数为9；③众数为5，极差为6；④平均数为4，方差为2；则这四个样本中，连续5天的日平均气温记录数据均低于的样本个数至少有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．已知分别是双曲线的左、右焦点，过斜率不为0的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，记与的内切圆面积分别是和，若，则双曲线的离心率为（   ） A． B．2 C． D．3 8．已知函数，若对任意（0，2]，存在[1，2]，使，则实数b的取值范围是（   ） A． B． C． D． 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．已知函数，则（   ） A．是的一个周期 B．在上单调递减 C．的零点为 D．的最小值为 10．若高为，底面半径为2的圆锥内切一个球，以下说法正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．内切球的半径为 C．以平行于圆锥底面的平面截圆锥形成圆台，若该圆台与原圆锥共内切球，则其母线长为3 D．圆锥侧面上的切点形成的轨迹长度为 11．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于两点，过分别作准线的垂线，垂足依次为．若长的最小值为4，则（   ） A．若，则 B．若的倾斜角为，点在第一象限，则 C．若，则的斜率为1 D．若点在抛物线上，且，则 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．来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 13．已知正数a，b满足，，则的最小值为 . 14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 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．（13分） 在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 16．（15分） 如图，点，在以为直径的圆上，，与点，不重合.平面，为的中点，为的中点， ，. (1)求证：平面； (2)当时，求与平面所成角的正弦值的最大值． 17．（15分） 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线l与椭圆相交于不同两点，且直线的斜率之积为1． (1)求椭圆的标准方程； (2)若为直角三角形，求直线的斜率； (3)试问：动直线l是否过定点？若过定点，求出其坐标；若不过定点，请说明理由． 18．（17分） 某种比赛采用“局胜”制（即累计先赢局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． (1)当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； (2)如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； (3)记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 19．（17分） 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． (1)若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． (2)已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考第一次模拟考试 数学·全解全析 （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。 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．已知集合，，若且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出集合，结合题中定义可得结合. 【详解】因为集合，， 所以且. 故选：A. 2．在复平面内，等腰直角三角形的直角顶点为坐标原点，点和点分别在第一象限和第二象限，点对应的复数为，则点对应的复数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，转化为点可以看作点绕点逆时针方向旋转90度而得到，设点对应的复数为，列出方程组，即可求解. 【详解】由等腰直角三角形的直角顶点为坐标原点，点和点分别在第一象限和第二象限， 则点可以看作点绕点逆时针方向旋转90度而得到， 因为点对应的复数为，设点对应的复数为，其中， 则满足，解得，所以点所对应的复数为. 故选：C． 3．已知向量，不共线，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得，再利用投影向量的公式求解即可． 【详解】，两边平方得，解得， 向量在向量上的投影向量为. 故选：D 4．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角函数的诱导公式将等式进行化简，再根据两角差的余弦公式展开，整理求得的值. 【详解】由题意及诱导公式化简可得，， ， ， 故选：B. 5．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A．的定义域为 B．为偶函数 C．的最大值是0 D．在上单调递增 【答案】D 【分析】列不等式求出定义域可判断A；利用偶函数的定义可判断B；利用二次函数和对数函数的性质求出最大值可判断C；利用复合函数的单调性可判断D. 【详解】由且，解得，则的定义域为，故A正确； ∵，则为偶函数，故B正确； ∵，， 令，当时，单调递减， 而在上单调递增，则在上单调递减，故D错误； ∵，，令， 当时，，则的最大值是，故C正确. 故选：D. 6．某课外活动小组为研究日平均气温的变化情况，将每连续5天的日平均气温（单位： ）的记录数据作为一组样本，他们得到了满足下列条件的四个样本：①平均数为3，极差为2；②中位数为7，众数为9；③众数为5，极差为6；④平均数为4，方差为2；则这四个样本中，连续5天的日平均气温记录数据均低于的样本个数至少有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】将天数据从小到大排序为：，对于①，由平均数为3得，又极差为2，则，可推导，与平均值矛盾；对于②，根据中位数，纵数推导即可；对于③，根据题意可推导第天超过10即可判断；对于④，根据均值方差推导即可判断． 【详解】设“连续5天的日平均温度均低于”，将天数据从小到大排序为：， ①选项，，，若，则， 与平均数为矛盾，所以①选项正确； ②选项，中位数是，众数是，所以将数据从小到大排序后，第3个数是， 第个数为，所以个数据都小于，所以②选项正确； ③选项，众数是，极差为，如，第天超过，不符合，所以③选项错误； ④选项，， ，， 若，则，矛盾，所以④选项正确； 故选：C． 7．已知分别是双曲线的左、右焦点，过斜率不为0的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，记与的内切圆面积分别是和，若，则双曲线的离心率为（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】D 【分析】内切圆半径分别是，过分别向轴作垂线，垂足分别是，连接，由题意可证得与相似，可得，结合已知可求双曲线的离心率. 【详解】设与的内切圆的圆心分别是， 内切圆半径分别是，过分别向轴作垂线，垂足分别是，连接， 在中，设内切圆与的三边的切点分别为， 则切线长定理可得， ，所以， 故点为双曲线的左顶点，同理可得：点为双曲线的右顶点． 而点均在的平分线上，所以与相似，故， 因为与的内切圆面积分别是和，若，所以， 所以，从而. 故选：D． 8．已知函数，若对任意（0，2]，存在[1，2]，使，则实数b的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先明确“任意-存在”型不等式的转化逻辑，再利用导数判断函数的单调性并求出其最值解决问题. 【详解】，令，解得或， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为对任意，存在，使， 所以在上有解，整理得， 令，， 令，解得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因为，所以， 所以. 故选：B 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．已知函数，则（   ） A．是的一个周期 B．在上单调递减 C．的零点为 D．的最小值为 【答案】BD 【分析】对A，利用函数周期性定义判断；对B，利用导数判断的单调性；对C，由函数零点定义求解判断；对D，利用函数单调性判断最值. 【详解】对于A，由，得，所以不是函数的一个周期，故A错误； 对于B，，则， 令，则， 当时，即，所以，，，即单调递增， 当时，即，即，， ，即单调递减， 所以在上单调递减，故B正确； 对于C，令，得或， 或，所以函数的零点为，故C错误； 对于D，由选项A知函数的最小正周期为，只需要考虑在上的最小值即可. 由选项B，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为，故D正确. 故选：BD. 10．若高为，底面半径为2的圆锥内切一个球，以下说法正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．内切球的半径为 C．以平行于圆锥底面的平面截圆锥形成圆台，若该圆台与原圆锥共内切球，则其母线长为3 D．圆锥侧面上的切点形成的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】由侧面积公式即可判断A，由圆锥内切球半径等于轴截面内切圆半径即可判断B，由等腰梯形内切圆条件：上下底之和等于两腰之和，可判断C，由圆锥侧面切点形成的轨迹为圆，通过相似比求得半径即可判断D. 【详解】A：圆锥母线长，侧面积为，故A正确； B：圆锥轴截面为等腰三角形底4，高，腰，其内切圆半径为三角形面积，C为周长. 三角形面积，周长， 故内切圆半径，圆锥内切球半径等于轴截面内切圆半径，故B正确； C：圆台与原圆锥共内切球，故圆台轴截面等腰梯形有内切圆半径 等腰梯形内切圆条件：上下底之和等于两腰之和. 设截得的小圆锥母线长为L，则圆台母线长为 由相似比，小圆锥底面半径，圆台上底为，下底为4， 根据内切圆条件：，解得，故圆台母线长为，C正确; D：圆锥侧面切点形成的轨迹为圆球与圆锥侧面的交线.    圆锥轴截面半顶角满足，球心到顶点距离 切点到顶点距离 设圆锥侧面切点形成的轨迹的圆圆心为， 由相似比，则,轨迹圆半径， 周长为，故D错误. 故选：ABC 11．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于两点，过分别作准线的垂线，垂足依次为．若长的最小值为4，则（   ） A．若，则 B．若的倾斜角为，点在第一象限，则 C．若，则的斜率为1 D．若点在抛物线上，且，则 【答案】BD 【分析】根据通径为焦点弦最短弦列式求得，利用焦点弦的性质，判断A；联立直线与抛物线，利用韦达定理，结合焦半径公式判断B；根据焦半径公式列式求解判断C；利用向量坐标运算得，进而利用焦半径公式求解判断D. 【详解】由题意得抛物线的焦点，准线方程为， 因为长的最小值为4，所以，解得， 所以抛物线的方程为，则焦点，准线方程为， 对于A：由焦点弦的性质，将代入， 解得，故A错误； 对于B： 设直线的方程为，，， 联立，得， 所以，， 所以， ， 由抛物线的定义可得，， ，若的倾斜角为，则， 所以，，所以，，所以，， 所以，，所以，故B正确； 对于C：若，则，所以， 所以，所以，所以， 解得，所以直线的斜率为1或，故C错误； 对于D：设，， 由，得为的重心， 所以，， 所以，故D正确. 故选：BD. 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．来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 【答案】88 【分析】先安排再安排，根据选择北京故宫、西安兵马俑中个数，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且只去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑这个且只去个景点时， 只需将其他个景点分给，，有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑且去个景点时，有种选择， 只需将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择， 种， 故共有种不同的打卡方案． 故答案为：． 13．已知正数a，b满足，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由，，平方得到，代入目标式化简变形通过两次运用基本不等式计算即可求出最小值． 【详解】解：由，得， 因为，， 所以 ， 当且仅当，即时取“等号”， 所以当，，时，的最小值为 故答案为： 14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 【答案】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 到直线的距离， 则即为，要求得的最小值，结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 而到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为. 故答案为：. 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．（13分） 在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理得解； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法，即可求解； （3）用余弦定理、中线向量定理、正弦定理、辅助角公式等，将的范围转化为的范围，再结合锐角三角形以及角，求得角的范围，即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故. （2） 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此. （3）由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则. 16．（15分） 如图，点，在以为直径的圆上，，与点，不重合.平面，为的中点，为的中点， ，. (1)求证：平面； (2)当时，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出相应辅助线，借助中位线与等分点的性质可得四边形为平行四边形，则可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，设出，求出平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）在上取点，使得，取中点， 连接、、，由，为的中点， 故，，，， 故且，故四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 故平面； （2）由为直径，故，由， 则，， 以为原点，、为、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由平面，故轴， 则、、、、， 则，，，， 又，则，故， 由在圆上，可设，， 则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，故， 设与平面所成角为， 则， 则当，即或时，有最大值， 当时，，则，与点重合，不符； 当时，，则，符合要求； 故与平面所成角的正弦值的最大值为. 17．（15分） 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线l与椭圆相交于不同两点，且直线的斜率之积为1． (1)求椭圆的标准方程； (2)若为直角三角形，求直线的斜率； (3)试问：动直线l是否过定点？若过定点，求出其坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)动直线l恒过定点 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出，即可得解； （2）设直线的方程为，联立方程组，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解； （3）由（2）可得点的坐标，利用点斜式可得直线的方程，化简即可得到直线所过定点． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 则依题意有，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）设直线的方程为， 由消去，得， 解得. 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得， 故直线的斜率 当为直角三角形时，只有或， 于是或. 若，由，可得，从而； 若，由，可得，从而. 所以存在，直线的斜率为． （3）由（2）可知，直线l的斜率， 所以直线l的方程为， 即， 所以动直线l恒过定点． 18．（17分） 某种比赛采用“局胜”制（即累计先赢局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． (1)当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； (2)如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； (3)记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 【答案】(1)分布列见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意，所有可能值为2，3，进而求出对应的概率，再根据期望的公式求解即可； （2）结合二项分布的概率公式分别求出、，即可比较大小； （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，由题意，，可得，再结合全概率公式求得，进而求证即可. 【详解】（1）由题意，，，即采用3局2胜制，所有可能值为2，3， 则. 则的分布列如下， 2 3 所以. （2）由题意，采用“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜， 则； 在甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即， 则， 所以. （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则， “局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为： 若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 由全概率公式得 ， 故. 19．（17分） 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． (1)若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． (2)已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则，化简即可； （2）（ⅰ）通过二次求导得，再对和讨论即可； （ii）首先证明，通过构造函数，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明. 【详解】（1）由题意知. 因为， 又， 所以，即， 所以成等差数列. （2）（i）， 设，则， 当时，单调递增，当时，单调递减. 故，且当时，，当时，. 若，则恒有，所以在上单调递减，不符合题意； 若，则在和上分别存在一个零点，记为， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增，当时，，即单调递减， 故存在，满足. 所以的取值范围是. （ii）因为，所以中值点满足， 由（i）知当时，即有两个零点， 所以在区间上所有可能的中值点即. 先证明： 由，得. 要证，即证. 设， 则. 设，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，所以在上单调递减. 所以当时，，即. 因为，所以，即， 又，再结合在上单调递减， 可得，从而. 令，得， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造函数，从而证明关键的不等式. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2026年高考第一次模拟考试 数学·答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $