新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考数学自编模拟卷（8）

新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考数学自编模拟卷(8) 答题卡 姓名： 班级： 条码粘贴处 准考证号 (正面朝上贴在此虚线框内) 缺考标记 注意事项 口 1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。 考生禁止填涂 2、请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内 缺考标记！只能 3、 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整 由监考老师负 4、 请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。 责用黑色字迹 5、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。 的签字笔填 6、 填涂样例正确[回错误【-][] 选择题（请用2B铅笔填涂） 1、【A][B][C][D] 6、【A]IB]IC][D] 11、【A][B][C][D] 2、[A][B][C]ID] 7、【A]IB][C]ID] 3、【A][B][C]ID] 8、【A]IB][C]ID] 4、[AJ[B][C]ID] 9、【A]IB]IC]ID] 5、[A][B][C]ID] 10、【A]IB]IC]ID] 非选择题（请在各试题的答题区内作答） 12题、 13题、 14题、 15题、 16题、 M F D A G B 17题、 6T 碥8L 新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考数学自编模拟卷（8） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知，，若复数满足，则的最大值为 A． B． C． D． 2．（本题5分）已知集合，则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）下列存在量词命题是假命题的是（    ） A．存在，使 B．存在，使 C．有的素数是偶数 D．有的有理数没有倒数 4．（本题5分）已知函数，则此函数的图象可能是（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）已知，为两条异面直线，在直线上取点，，在直线上取点，，使，且（称为异面直线，的公垂线）.已知，，，，则异面直线，所成的角为（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，如果对其他领导人所站的位置不做要求，那么不同的站法共有 A．种 B．种 C．种 D．种 7．（本题5分）已知函数的最小正周期为，将的图像向左平移个单位长度，所得图像关于轴对称，则的一个值是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）如图，棱长为2的正方体．E，F分别为棱的中点，过E，F，三点作正方体的截面，点P是该截面内任意一点，则点P在内的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则使得角有两个解的的值可以是（    ） A．3 B． C．5 D．7 10．（本题6分）已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 11．（本题6分）已知不等式的解集是，则下列说法正确的是（    ） A． B．不等式的解集是 C．当时，，上的值域为，则的取值范围是 D．若关于的不等式有解，则实数的取值范围是 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）双曲线=1的焦距是 . 13．（本题5分）已知向量，，且，则 ． 14．（本题5分）已知的面积为，，则= ． 四、解答题（共77分） 15．（本题15分）有关部门要了解甲型流感预防知识在学校的普及情况，特制了一份有10道题的问卷到各学校进行问卷调查.某中学A，B两个班各被随机抽取了5名学生接受问卷调查.A班5名学生得分为：60，80，70，90，70；B班5名学生得分为：80，60，70，80，75(单位：分).请你估计A，B两个班中哪个班的平均分高，哪个班问卷得分要稳定一些. 16．（本题15分）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，且，，四棱锥的体积为2，点在平面内的正投影为，且在上，点在线段上，且． (1)证明：直线平面； (2)求二面角的余弦值． 17．（本题15分）已知正项数列的前项和满足关系式. (1)求数列的通项公式； (2)设，证明. 18．（本题15分）已知函数，（且）. （1）当时，若已知是函数的两个极值点，且满足：，求证：； （2）当时， ①求实数的最小值； ②对于任意正实数，当时，求证：. 19．（本题17分）在平面直角坐标系中，动点在圆上，动点在直线上，过点作垂直于的直线与线段的垂直平分线交于点，且，记的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程. (2)若直线与曲线交于两点，与曲线交于两点，其中，且同向，直线交于点. （i）证明：点在一条确定的直线上，并求出该直线的方程； （ii）当的面积等于时，试把表示成的函数. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考数学自编模拟卷（8） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B D B D D D BC AD 题号 11 答案 BC 1．C 【详解】∵， ∴， ∴， ∴，解得． ∴， ∴复数表示的点在以为圆心，半径为的圆上， ∴的最大值为．选C． 点睛： （1）在复数中，只要把与向量对应起来，就可以根据平面向量的知识理解复数的模、加法、减法的几何意义，并根据这些几何意义解决问题． （2）解题中注意的几何意义是点z对应的点在以为圆心，半径为的圆上，故的最大值，即复数z对应的点到原点的距离是圆心到原点的距离加上半径． 2．B 【分析】由题得, 再判断得解. 【详解】由题得, 所以，，，不是的子集， 故选：B 3．B 【解析】根据存在量词命题中应该含有“存在”等词，且具有 “”形式，再根据命题的真假即可得出结果. 【详解】，使成立，A是真命题；恒成立，因此不存在，使，B是假命题；2是素数，也是偶数，C是真命题；0是有理数，0没有倒数，D是真命题， 故选：B. 【点睛】本题考查存在量词命题真假的判断，属于基础题． 4．D 【分析】首先确定函数的奇偶性排除选项AC，接着根据函数值的正负得出答案即可. 【详解】由函数， 则， 所以函数为奇函数，故排除AC， 又因为且， 故选：D 5．B 【分析】由题可设异面直线，所成的角为，利用向量可得的值，即求. 【详解】设异面直线，所成的角为， ∵，且，，，，， ∴ ∴ ∴ ∴，又 ∴. 故选：B. 6．D 【详解】试题分析：国领导人中，除了中美俄三国需要指定位置外，其余国领导人可以任意排序，虽然分前后两排，但不影响排序结果，所以有种站法，而中美俄三国领导人根据要求则有种站法，因为这两个事件互不影响，所以共有种站法，故本题正确选项为D. 考点:排列与组合. 7．D 【分析】利用最小正周期公式求出，再利用平移变换得到平移后的函数结合正弦函数图像和性质求解即可. 【详解】因为最小正周期为，所以，解得，所以； 将图像向左平移个单位长度得， 因为图像关于轴对称，所以， 解得，则当时，，其他选项不满足题意， 故选：D. 8．D 【分析】连接，则过E、F、的正方体的截面为等腰梯形，利用几何概型的概率计算公式，可得解点P在内的概率为. 【详解】解：连接，则过E、F、的正方体的截面为等腰梯形， 所以所求概率， 故选：D． 9．BC 【分析】结合正弦定理即可求出角有两个解的的取值范围，进而根据选项即可求出结果. 【详解】由题意可知，即，结合选项可知，和5符合题意， 故选：BC. 10．AD 【分析】根据原函数极值点即为导函数零点可得，即可知，再根据极大值为3可解得或；易知当时，在处取得极小值，与题意不符，当时，函数在处取得极大值，符合题意，可得，，即，即可判断出结论. 【详解】由题意可得， 且是函数的极大值点，即，可得， 又极大值为3，所以，解得或； 当时，，此时， 时，，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去； 当时，，此时， 时，，时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 此时函数在处取得极大值，符合题意， 所以，，即，所以A正确，B错误； 此时，所以，，即C错误，D正确. 故选：AD 11．BC 【分析】A选项，根据不等式的解集结构即可判断；对于B，由解集得到，，从而化为，求出解集； C选项，先确定，进而求出或时，，进而可求解；D选项，先求出，从而根据不等式有解得到，求出答案， 【详解】因的解集是，所以，A错误； －2，3是关于x的方程的两个根，且， 于是得，，即， 不等式化为：，解得，B正确； 当时，因为，所以， 则，， 依题意，，由得，或， 因在上的最小值为， 从而得，或，， 两种情况均有，C正确． ，令，由对勾函数得在上单调递增， 即有，因有解，则， 解得或，D不正确； 故选：BC 12．8 【分析】根据双曲线中a、b、c的关系即可求得c，进而得到焦距． 【详解】根据双曲线中a、b、c的关系，可知 ，即 所以 则焦距为 【点睛】本题考查了双曲线方程的简单应用，双曲线中a、b、c的关系，属于基础题． 13． 【分析】由向量线性运算及垂直的数量积表示可得方程解出m，即可由坐标计算向量模. 【详解】，由得，解得． 则，故． 故答案为：. 14． 【分析】利用面积公式求得a的值，利用余弦定理求得b的值，进而利用正弦定理得到角的正弦的比值等于对应变得比值，从而求得答案. 【详解】, ，解得, 所以， ∴, ∴, 故答案为：. 【点睛】本题考查正余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，关键在于正弦定理进行边角转化. 15．班的平均成绩较好，班的问卷得分要稳定一些. 【分析】利用平均数、方差公式分别求得A，B两个班成绩的平均值和方差，并比较大小即可知哪个班的平均分高，哪个班问卷得分要稳定. 【详解】解，， ，， ， ∴班的平均成绩较好，班的问卷得分要稳定一些. 16．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由四棱锥的体积为2，可求出，再利用勾股定理求得，从而可得点是靠近点的四等分点，过点作交于点，则结合已知条件可证得四边形为平行四边形，则，再由线面平行的判定定理可证得结论， （2）设的交点为，所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用向量方法求解二面角. 【详解】（1）因为四棱锥的体积为2，侧面是边长为2的菱形，且， 所以，所以 因为，点在平面内的正投影为，且在上， 所以， 因为 所以点是靠近点的四等分点， 过点作交于点，所以， 又， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以直线平面. （2） 设的交点为，则， 所以以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 因为，，， 所以， 所以 设平面的法向量分别为，则 ，令，则，    ，令，则， 设二面角的大小为，由图可知为锐角，则 ， 所以二面角的余弦值为. 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用，得到，进而得到，得到为等差数列，求出通项公式； （2）由得到， 当时，，当时，显然成立，当时，，当（且）时，，，故当时，有. 【详解】（1）由得， 当时，， 两式相减得， ， 当时，由，得，也满足上式. . 当时，，则， 又，所以， ∴数列是等差数列，. （2）证明：由（1）得， ， 注意到当时， . 当时，. 当时，显然成立. 当时，， 从而时，. 当（且）时，， . 综上可知当时，有. 【点睛】对于公式， （1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式， （2）当时，，求出， （3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写. 18．（1）详见解析;（2）①；②详见解析. 【分析】（1）求导数，根据一元二次方程实根分布得,而，根据不等式的性质即可证明； （2）①利用导数求函数最值，先求导数，再确定导函数零点，即可求最小值； ②分析要证结论与已知结论关系是解决本题的关键：由①知：，分别取相加即得. 【详解】解：（1）当时，， 已知是函数两个极值点，则是方程的两根， 由，∴，即， . （2）①当时，，得， 则， 令， 则， 所以在上单调递增， 故单调递增，且是它的一个零点，也是唯一的一个零点， 所以当时，，当时，， ∴当时，有最小值为. ②由①知：，当分别取时有 ， 又，所以三式相加即得. 【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法: （1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，恒成立，只需即可； 恒成立，只需即可. （2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值（最值），然后构建不等式求解. 19．(1) (2)（i）证明见解析，；（ii） 【分析】（1）设，代入中，化简即可得； （2）（i）联立曲线，借助韦达定理计算可得，即可得点在定直线上（ii）借助弦长公式表示出，借助面积公式可得，化简即可得解. 【详解】（1）由题意得，， 设，则，化简整理得， 所以动点的轨迹的方程为； （2）（i）设， 联立，整理得， 则，得， 且，同理， 设的中点分别为，则， 由题意可知存在实数，使， 所以三点共线，即点在定直线上； （ii）由（i）得， ， 同理，设的底边上的高为，梯形的高为， 则由相似比得， 解得 ， 所以的面积 ， 又，所以 ， 整理得，所以， 即. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $