2026届全国1卷新高考数学自编模拟卷02

2026届全国Ⅰ卷新高考数学自编模拟卷02 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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. 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. 如果集合，那么（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 4. 若且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知过原点且斜率存在的直线与圆交于，两点（为圆心），当的面积最大时，直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对的边分别为，已知成等差数列，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 12 D. 16 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 10. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 11.已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,对任意的x∈R,f(x)>0恒成立,且f(x+1)=f(x)f(x+2),若f(1)=2,则以下结论正确的为 (　 ) A.f(2)= B.f(3)=1 C.f(-1)=f(5) D.f=f 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________ 13. 已知底面圆半径为，母线长为的圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，则球的体积等于_______． 14. 设集合A中的元素皆为无重复数字(如113为有重复数字)的三位正整数,且A中任意两个元素之积皆为奇数,则A中元素个数的最大值为　　　　.  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. 中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． （1）证明：为等边三角形； （2）如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 16. 若数列{an}是公差为1的等差数列,且a3=2,点(an,bn)(n∈N*)在函数f(x)=3x的图象上,记数列{bn}的前n项和为Sn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=,记数列{cn}的前n项和为Tn,证明:Tn<. 17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面.且是以为直角顶点的等腰直角三角形. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线在轴上的截距； （2）若函数在上单调递增，求的值； （3）若函数在处取得极小值，求的取值范围. 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届全国Ⅰ卷新高考数学自编模拟卷02 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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. 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. 如果集合，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】化简集合，然后根据交集定义运算即得. 【详解】因为，所以.故选：D. 【考点‌】集合的表示及并集运算。 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】先由复数乘除运算法则化简复数，进而可得其虚部. 【详解】，得其虚部. 故选：B 【考点‌】复数的除法运算与虚部。 3. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【分析】求得，利用，解得即可判断． 【详解】解：， 由，即，解得：． 由，得，由，得，函数在处取得极大值， 故选：A． 【考点‌】利用导数求函数的极值点。 4. 若且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】利用两角和与差的正弦、余弦公式化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式化简可得出的值. 【详解】因为 ， ， 所以， 即，解得， 故.故选：B. 【考点‌】三角恒等变换求值。 5. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【分析】利用抛物线定义将转化为横坐标与的方程，再由重心的坐标关系列出横坐标与的方程，解方程组即可求得的值. 【详解】由题：，设， 由抛物线定义知：， 又为的重心，所以，所以， 故选：B. 【考点‌】平面向量的模长与数量积运算。 6. 已知过原点且斜率存在的直线与圆交于，两点（为圆心），当的面积最大时，直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】设出直线的方程，由点到直线的距离公式、弦长公式求得面积的表达式，结合二次函数的性质求得的面积最大时直线的斜率. 【详解】设直线l的方程为：， 圆心到直线的距离，弦长， 所以， 当时，面积S最大，这时，整理得，解得， 所以直线的斜率为． 故选：B 7. 在中，角所对的边分别为，已知成等差数列，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 12 D. 16 【答案】B 【分析】根据题意，得到，再由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】因为成等差数列，可得， 又因为， 由余弦定理得：， 整理得，即，所以的面积为. 故选：B. 【考点‌】等差数列的前n项和与基本性质。 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案. 【详解】由题意的，，则，， 所以， 在中，，，，且，则，， ， 则，所以， 由正弦定理得，，即. 故选：C． 【考点‌】椭圆离心率的求解（焦点三角形）。 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 【答案】BD 【分析】根据空间中的线线、线面、面面关系逐项判断即可得结论. 【详解】若，则平行或相交或异面，故A错误； 若，则，故B正确； 若，则平行或相交，故C错误； 若，则平行或相交，故D正确. 故选：BD. 【考点‌】空间线面位置关系的判定。 10. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，利用累加法得即可判断ABC选项，对于D，，再根据裂项相消法可得的和，接着简单放缩即可判断. 【详解】根据题意，当时，， 累加得， ，易知也满足，所以，，故A正确； ，故B正确；为奇数，故C错误； ，， ， ，即，故D正确； 故选：ABD 【考点‌】数列与数学文化结合（如“三角垛”），考查数列性质与求和。 11.已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,对任意的x∈R,f(x)>0恒成立,且f(x+1)=f(x)f(x+2),若f(1)=2,则以下结论正确的为 (　 ) A.f(2)= B.f(3)=1 C.f(-1)=f(5) D.f=f 【答案】ACD 【详解】因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(0)=f(2),在f(x+1)=f(x)f(x+2)中,令x=0,得f(1)=f(0)f(2)=[f(2)]2=2,又f(x)>0,所以f(2)=,故A正确;在f(x+1)=f(x)f(x+2)中,令x=-1,得f(0)=f(-1)f(1),即=f(-1)×2,得f(-1)=,又函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(3)=f(-1)=,故B错误;由已知得f(x+2)=,则f(x+3)=,得f(x+3)=,所以f(x+6)==f(x),所以f(-1)=f(5),故C正确;因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f=f,又f(x)=f(x+6),所以f=f=f,故D正确.故选ACD. 故选：ACD 【考点‌】抽象函数的性质判断（奇偶性、周期性、函数值）。 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________ 【答案】 【分析】通过换元将已知角与目标角关联，利用诱导公式把转化为，再用二倍角公式代入已知值计算. 【详解】令，则，且； 代入目标表达式：； 利用诱导公式，得：； 用二倍角公式，代入，则. 故答案为： 【考点‌】三角恒等变换求值。 13. 已知底面圆半径为，母线长为的圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，则球的体积等于_______． 【答案】 【分析】取圆锥的轴截面，分析可知，球心在直线上，设球的半径为，根据圆锥的几何性质可得出关于的等式，解出的值，再利用球体的体积公式可求得结果. 【详解】取圆锥的轴截面，则为的中点，如下图所示： 由圆锥的几何性质可知，球心在直线上，设球的半径为， 由题意可知，，，且，所以， 由勾股定理可得，即，即， 解得，所以球的体积为.故答案为：. 【考点‌】正三棱锥的内切球半径。 14. 设集合A中的元素皆为无重复数字(如113为有重复数字)的三位正整数,且A中任意两个元素之积皆为奇数,则A中元素个数的最大值为　　　　.  【答案】320. 【详解】由题意可知集合A中的元素均为奇数,故个位数字从1,3,5,7,9中选一个,有5种选法,百位数字从除去0和个位数字上选定的数字之外的8个数字中选一个,有8种选法,十位数字从除去百位数字和个位数字上选定的数字之外的8个数字中选一个,有8种选法,故A中元素个数的最大值为5×8×8=320. 【考点‌】分步计数原理。 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. 中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． （1）证明：为等边三角形； （2）如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】（1）由两角和与差的余弦公式得出，根据正弦定理边化角得出，再根据同角三角函数的平方关系即可求解，代入得出即可证明； （2）由余弦定理得出，再根据三角形面积公式求解即可． 【小问1详解】 证明：由，得，展开得．① 由可得．② ①－②得， 因为，所以，解得或（舍去）． 又，所以．把代入，得，则． 所以，故是等边三角形． 【小问2详解】 由及，得，设，则． 在中，由余弦定理可得， 即，解得．同理，在中，由余弦定理可得． 又，所以． 【考点‌】解三角形与最值问题。 利用正余弦定理进行边角互化求角，并求周长的最大值。 16. 若数列{an}是公差为1的等差数列,且a3=2,点(an,bn)(n∈N*)在函数f(x)=3x的图象上,记数列{bn}的前n项和为Sn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=,记数列{cn}的前n项和为Tn,证明:Tn<. 解:(1)由a3=2,得a1=2-2×1=0,∴an=a1+(n-1)×d=n-1(d为{an}的公差). ∵点(an,bn)(n∈N*)在函数f(x)=3x的图象上,∴bn==3n-1. (2)证明:由(1)知bn=3n-1,显然数列{bn}是首项为1,公比为3的等比数列,则Sn=, ∴cn===, ∴Tn=c1+c2+c3+…+cn= ==-<,∴Tn<. 【考点‌】数列的通项与求和。 由前n项和与通项的关系求通项，再裂项求和。 17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面.且是以为直角顶点的等腰直角三角形. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】（1）根据条件，利用面面垂直的性质，即可求解； （2）取中点，连接，根据条件，建立空直角坐标系，分别求出平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面， 又，面，所以平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 由（1）知平面，又面，所以， 又，面，所以面， 又，且，又，所以四边形为平行四边形， 所以，则面，又面，则， 建立如图所示的空间直角坐系， 又，所以，则， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，得，所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，得，所以，所以， 设二面角的大小为，则. 【考点‌】立体几何中的垂直关系证明与线面角求解。 18. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 分析】（1）依题意求出、，即可求出，从而得解； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，分析、的斜率均存在，由，即可得证； （ii）设的中点为，求出的垂直平分线，即可求出点坐标，再由表示出三角形的面积，再换元，利用导数求出函数的最大值. 【小问1详解】 依题意可得，解得，所以，所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，， 由，整理得， 所以，则， 所以，， 若轴，由，解得，则，此时的斜率，即（不合题意）， 所以、的斜率均存在， 所以， 又，所以，即， 又因为、均在椭圆上， 由椭圆的对称性可知，即为等腰三角形； （ii）设的中点为，则，， 所以，所以的垂直平分线为， 令可得，所以， 所以的面积， 令，设，， 所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值，所以面积的最大值为. 【考点‌】双曲线的方程与几何性质（面积取值范围）。 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线在轴上的截距； （2）若函数在上单调递增，求的值； （3）若函数在处取得极小值，求的取值范围. 【答案】（1）17 （2）0 （3）当时，，当时，. 【分析】（1）对函数求导，然后将切点代入进而求得切线方程，即可得到切线在轴上的截距. （2）先求出分段函数的导数，然后根据函数的单调递增区间列出不等式，进而求得. （3）分三种情况讨论函数的极值，进而得到结果. 【小问1详解】 当时，当时，，所以，又， 曲线在点处的切线为，令，得， 曲线在点处的切线在轴上的截距为17. 【小问2详解】 因为函数在处连续，所以在上单调递增等价于在和上单调递增，因为， 当时，恒成立，所以，所以， 当，恒成立，所以所以，所以的值是0. 【小问3详解】 当时，根据（2）函数无极值点，不合题意， 当时，令，得到（舍） 所以的变化情况如下表： 0 + 0 - 无定义 + 极大值 极小值 因为，所以， 当时，令，即，得到（舍） 所以的变化情况如下表： 0 + 无定义 - 0 + 极大值 极小值 所以，所以， 综上，当时，， 当时，. 【考点‌】函数导数综合。 （1）‌ 由函数的切线方程求参数。 （2）‌ 讨论函数的极值问题。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $