精品解析：河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三普通高等学校招生全国统一考试模拟信息卷数学(一)试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟信息卷 数学（一） 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 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. 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，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是实数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的定义域为，则“是奇函数”是“是偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知，是曲线：上的两个不同的动点，点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 下列函数中，满足“，当时，都有”的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 9 C. 10 D. 12 8. 已知的内角的对边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 二､多选题：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. 一组样本数据：，则这组数据的下列数字特征中，存在正数使其值为2的是（ ） A. 平均数 B. 方差 C. 极差 D. 分位数 10. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过的直线交于两点，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 在长方体中，，为的中点，为线段上的动点，过点且与直线垂直的平面交于点，交于点为内的动点，四点均在球的表面上，则（） A. B. 三棱锥的体积是定值 C. 球与该长方体的公共部分的体积为 D. 的周长的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为__________. 13. 已知圆台的上､下底面半径分别为，母线长为，若圆台的侧面积为，则该圆台的体积为__________. 14. 若实数满足，则的最小值为__________. 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. 记数列的前项和为，已知为常数列. （1）求的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 16. 如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 17. 甲､乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续胜两局者获胜，比赛结束；比赛最多五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中胜局数多者获胜．在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为；若甲输，则甲下一局胜的概率为．已知第一局甲胜的概率为，假设每局比赛没有平局，记比赛结束时的局数为． （1）求第2局比赛甲胜的概率； （2）在的条件下，求甲胜的概率； （3）求比赛结束时甲胜的概率． 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，轴，且点到直线的距离为. （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点. （i）求的取值范围； （ii）若于点，证明：直线过定点. 19. 已知函数. （1）若，求在区间上的单调递增区间； （2）若，对，求的取值范围； （3）若，证明：有且只有个极值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟信息卷 数学（一） 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 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. 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，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的定义，逐一分析集合中的元素是否满足条件. 【详解】集合中元素，，不满足，所以， 集合中元素，，不满足，所以， 集合中元素，，满足，所以， 集合中元素，，不满足，所以， 集合中元素，，满足，所以， 所以. 故选：A. 2. 已知是实数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除法运算，得到复数的一般形式，由虚部等于0，求出值． 【详解】， 因为是实数， 所以，即， 故选：B 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量公式即可求解. 【详解】因为，所以 所以在上的投影向量为 故选：B 4. 已知函数的定义域为，则“是奇函数”是“是偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义，结合充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】当是奇函数时， 因为， 所以是偶函数. 当是偶函数时， ，而， 所以， 当是偶函数时，显然成立， 所以是偶函数成立，不一定能推出是奇函数， 所以“是奇函数”是“是偶函数”的充分不必要条件， 故选：A 5. 已知，是曲线：上的两个不同的动点，点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合几何关系得到取最大值时，的位置，根据同角三角函数关系、正弦定理及两角和的正弦公式求解即可. 【详解】由可得，，即曲线是以原点为圆心，为半径的上半圆. 因为点在圆外，结合图形可知，当为切点，为右端点时，最大. 不妨设，. 在中，， ，则. 过点作轴. 在中，. 在中，， 由正弦定理可得，，所以， 所以. 所以 . 即的最大值为. 故选：B. 6. 下列函数中，满足“，当时，都有”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数则单调递减，利用函数图象，导数，依次判断函数的单调性即可. 【详解】“，当时，都有等价于，当时，都有.令则单调递减. 对于A，，，故该函数在上不单调，不满足题意； 对于B, ，该函数在上不单调，不满足题意； 对于C，，在上单调递增，在上单调递增，又，故在上单调递增，不满足题意； 对于D，， 时，，在上单调递减； 时，显然在上单调递减；又， 故在上单调递减，满足题意. 故选：D 7. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 9 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设条件求得，代入所求式利用基本不等式即可求解. 【详解】由可得，显然，则有， 由，可得， 则， 当且仅当，即时等号成立， 此时的最小值为9. 故选：B. 8. 已知的内角的对边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先对 进行化简，求出角 ，再利用正弦定理将 转化为边的关系，最后结合余弦定理求出 的值. 【详解】由 ，得 ，即 ， 因为， ， 所以 ，即 ，化简得， 因为 ，所以 ， 则 ， ； 由正弦定理可得 （ 为 外接圆半径）， 所以 ，即 ，所以 ； 因为 ，根据余弦定理得 ， ，可得 ， 又因为 ，所以 ，则 ， 将 和 代入 中，可得 ， 移项可得 ，即 ，所以 . 故选：C. 二､多选题：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. 一组样本数据：，则这组数据的下列数字特征中，存在正数使其值为2的是（ ） A. 平均数 B. 方差 C. 极差 D. 分位数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数，方差，极差，以及百分位数的计算公式逐一求解判断即可. 【详解】对于A，这组数据的平均数为， 所以存在正数使其值为2，故A正确， 对于B，这组数据的方差为： ， 令，解得，所以存在正数（）使方差为2；故B正确 对于C：因为为正数，则最小，最大， 所以这组数据的极差为：，令，则， 所以不存在正数使极差为2，故C错误； 对于D，当时，这组数据按从小到大的顺序进行排序得：， 因为，所以该组数据的分位数为，故D正确； 故选：ABD 10. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过的直线交于两点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件求出抛物线方程，判断选项A；设过点的直线方程，联立抛物线方程结合韦达定理判断选项B，C；利用向量夹角余弦公式计算判断选项D． 【详解】 抛物线的焦点为，依题意，得，解得，故A错误； 抛物线方程为，其准线为，则，设过的直线方程为， 联立，消元得， 由韦达定理得，故C正确； 因，代入得，即， 解得或（舍去），则， ，即，故B正确； 取， 则，， ， ， 又，则， ． ，故D正确． 故选：BCD． 11. 在长方体中，，为的中点，为线段上的动点，过点且与直线垂直的平面交于点，交于点为内的动点，四点均在球的表面上，则（） A. B. 三棱锥的体积是定值 C. 球与该长方体的公共部分的体积为 D. 的周长的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据条件建系，设，利用向量的坐标运算求得，由求出即可判断；对于B，通过证明平面，推得点到平面的距离为定值，结合为定值，即可判断；对于C，取的中点，证明，即得为经过 四点的球面的球心，结合点的位置可得该球与长方体公共部分的体积为球体积的，计算即可判断；对于D，根据，且，可得点与点关于平面对称，故有 ，要使的周长最小，只需使取最小值，由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值，即可判断结论. 【详解】对于A，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 已知，则，. 可得， 设，则. 因为平面过点与直线垂直并交于点，所以， 又，则， 化简得：，解得，即，可得，故A错误； 对于B，在长方体中，易得，因，则平面， 又因，则点到平面的距离为定值，而点的位置固定，即的面积为定值，故三棱锥的体积是定值，故B正确； 对于C，由，则，又在平面上的射影为， 在正方形中，，故，即点为的交点， 下面证明的中点即经过 四点的球的球心. 如图，因是的中点，则，由上分析已得， 又，则，即， 故的中点即经过 四点的球面的球心， 由图知，该球与长方体公共部分的体积为球体积的，即，故C正确； 对于D，因的周长为，因为的中点，则， 于是，依题意，只需求的最小值. 由上分析知点与点关于平面对称，为平面内的动点，则，， 因点与点在平面的两侧，故当且仅当三点共线时，取得最小值为， 此时，的周长取得最小值.故D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，得到关于的方程，求出，代入离心率公式求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为，. 由题意知，，整理得，即， 解得或（舍去），所以. 则. 故答案为：. 13. 已知圆台的上､下底面半径分别为，母线长为，若圆台的侧面积为，则该圆台的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台的侧面积公式求出，再利用圆台的体积公式计算即可. 【详解】由题意知，，则， 则圆台的高为， 则该圆台的体积为. 故答案为： 14. 若实数满足，则的最小值为__________. 【答案】##1.5 【解析】 【分析】通过对等式进行变形构造辅助函数，结合导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】令，则等式变为，即. 设函数，则在上单调递增， 此时等式可写为，又， 所以，即. 所以. 令，则. 令，则， 所以单调递增，即单调递增. 令，则，则，当时，， 所以是的唯一解， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故在时取得最小值，此时. 因为的最小值为. 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. 记数列的前项和为，已知为常数列. （1）求的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为常数列，得到，利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式； （2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 由， 可得， 又为常数列， 所以， 即， 当时，， 所以，当时，，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 故； 【小问2详解】 因为，所以，， ， ， 所以 ， 所以 16. 如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）或2 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，利用条件证明四边形是平行四边形，得，又由平面平面可得平面，得，则可得证； （2）根据条件建系，设，分别表示相关点与向量的坐标，利用空间向量夹角的坐标公式列方程，计算即得的值. 【小问1详解】 连接，交于点，连接. 因为四边形是菱形，则，， 因为为的中点，则， 又，且，故得， 故四边形是平行四边形，则. 又平面平面，平面平面， ，平面， 则平面，又平面， 则，故. 【小问2详解】 因，，则， 又得，即两两垂直， 故以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，于是， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 依题意，， 解得或，则或. 【点睛】 17. 甲､乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续胜两局者获胜，比赛结束；比赛最多五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中胜局数多者获胜．在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为；若甲输，则甲下一局胜的概率为．已知第一局甲胜的概率为，假设每局比赛没有平局，记比赛结束时的局数为． （1）求第2局比赛甲胜的概率； （2）在的条件下，求甲胜的概率； （3）求比赛结束时甲胜的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先把第１局作为互斥事件，再利用全概率公式计算求解； （2）先分别计算比赛进行3局时甲胜和乙胜的概率，求和得到，再利用条件概率公式计算求解； （3）按结束的局数分类，可能是，分别计算每种局数下甲胜的概率，再求和． 【小问1详解】 设表示第1局甲胜，表示第2局甲胜， 由全概率公式得． 【小问2详解】 表示比赛在第3局结束，即前2局无连续两胜，第3局形成连续连胜： 乙胜：序列为“甲、乙、乙”，概率为， 甲胜：序列为“乙、甲、甲”，概率为， ， 甲胜的概率为． 【小问3详解】 时，甲胜的概率为； 时，甲胜的概率为； 时，甲胜序列为“甲、乙、甲、甲”的概率为； 时，甲胜序列为“乙、甲、乙、甲、甲”或“甲、乙、甲、乙、甲”， 概率为， 甲胜的概率为． 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，轴，且点到直线的距离为. （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点. （i）求的取值范围； （ii）若于点，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出，再利用椭圆的定义以及等面积求出即可； （2）（i）设，与椭圆方程联立，根据韦达定理化简即可求出； （ii）求出直线的方程，利用即可化简求出定点. 【小问1详解】 由题意知，， 令，则，得，则， 由椭圆的定义可知，， 因为点到直线的距离为， 所以， 则，即， 又，得， 故的方程为； 【小问2详解】 （i）由题意可知，直线的斜率存在， 设，， 联立，得， 则， ，得， 则 ， 因为，所以，则， 则， 故的取值范围为； （ii）因为，所以， 若，即，则直线的方程为， 即， 因为，所以， 因为， 所以， 即，恒过点， 若，即，则，则，也过点， 故直线过定点. 19. 已知函数. （1）若，求在区间上的单调递增区间； （2）若，对，求的取值范围； （3）若，证明：有且只有个极值点. 【答案】（1）和 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）对函数求导得，解不等式即，解出即可； （2）求导得，分、、讨论单调性，结合判断最大值是否满足，最终确定； （3）把代入，求出导数并按分段，确定的变号零点即可. 【小问1详解】 当时，函数为，求导得：， 令，即 在区间内，不等式的解为：或， 所以在区间上的单调递增区间为和. 【小问2详解】 当时，函数为，，且； 对求导：， 当时，因为，所以，且，故， 在上单调递增，则，与矛盾，故不成立； 当时，令，得，记， 若，则，故， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 则，与矛盾，故不成立； 当时，，则， 故在上单调递减，，符合条件， 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 当时，的定义域为，， 当时，，不等式恒成立； 令，， 当时，，，则在上递减，； 当时，，求导得，令， 求导得，函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，，即； ， 当时，，，在上递增，， 当时，令，故， 当时，，所以， 而，故即， 故在上单调递减，而， 则存在，使得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，，在上单调递减，， 因此当时，（当且仅当时取等号），当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，是的极大值点，也是唯一极值点， 所以函数有且只有1个极值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $