2026届高三全国1卷新高考数学自编模拟卷9

2026届高三全国1卷新高考数学自编模拟卷9 （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、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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．若直线与直线垂直，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 4．过点作圆的切线，切点为，则的最小值为（   ） A． B．5 C． D． 5．某市为了鼓励市民节约用水，计划实施阶梯水价政策.现随机抽取1000户居民，统计其月用水量（单位：吨），并绘制出如图所示的频率分布直方图.若用这1000户居民的月用水量的80%分位数作为月用水量的临界值（精确到0.1），使得月用水量不超过该值的用户不受水价上调的影响，则该市月用水量的临界值为（   ） A．26.8吨 B．27.7吨 C．28.3吨 D．29.2吨 6．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若图象的一个对称中心为，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 7．已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（    ） A． B． C． D． 8．已知正实数m，n，满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ） 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，有多项符合题目的要求，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．下列说法正确的是（   ） A．若随机变量X服从正态分布，则 B．若随机变量X服从二项分布，则， C．线性回归直线不一定过样本中心点 D．设两个随机变量的线性相关系数为r，若越接近于1，则这两个随机变量的线性相关性越强 10．如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 11．双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若与双曲线C有四个交点，则 D．以为直径的圆与圆相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中，的系数是________. 13．已知向量，，，若向量满足，则的最大值为________. 14．若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，13+15+15+17+17共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. (1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 16．如图，在梯形中，，，，，于点，于点，将沿翻折，将沿翻折，使得点重合为点. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 17．在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列． (1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； (2)已知二阶等差数列满足，，． ①求数列的通项公式； ②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围． 18．过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，此直线与抛物线交于P，Q两点，且. (1)求抛物线C的标准方程； (2)已知，，F是抛物线C的焦点，点P在第一象限，且在C上，若，求直线FP被C截得的弦长； (3)已知，过抛物线C的焦点F作直线l，l交C于A，B两点，记直线TA，TB的斜率分别为，，当时，求的面积. 19．已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称轴； (3)求的最大值和最小值. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三全国1卷新高考数学自编模拟卷9 （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、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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．若直线与直线垂直，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 4．过点作圆的切线，切点为，则的最小值为（   ） A． B．5 C． D． 5．某市为了鼓励市民节约用水，计划实施阶梯水价政策.现随机抽取1000户居民，统计其月用水量（单位：吨），并绘制出如图所示的频率分布直方图.若用这1000户居民的月用水量的80%分位数作为月用水量的临界值（精确到0.1），使得月用水量不超过该值的用户不受水价上调的影响，则该市月用水量的临界值为（   ） A．26.8吨 B．27.7吨 C．28.3吨 D．29.2吨 6．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若图象的一个对称中心为，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 7．已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（    ） A． B． C． D． 8．已知正实数m，n，满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ） 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，有多项符合题目的要求，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．下列说法正确的是（   ） A．若随机变量X服从正态分布，则 B．若随机变量X服从二项分布，则， C．线性回归直线不一定过样本中心点 D．设两个随机变量的线性相关系数为r，若越接近于1，则这两个随机变量的线性相关性越强 10．如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 11．双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若与双曲线C有四个交点，则 D．以为直径的圆与圆相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中，的系数是________. 13．已知向量，，，若向量满足，则的最大值为________. 14．若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，13+15+15+17+17共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. (1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 16．如图，在梯形中，，，，，于点，于点，将沿翻折，将沿翻折，使得点重合为点. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 17．在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列． (1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； (2)已知二阶等差数列满足，，． ①求数列的通项公式； ②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围． 18．过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，此直线与抛物线交于P，Q两点，且. (1)求抛物线C的标准方程； (2)已知，，F是抛物线C的焦点，点P在第一象限，且在C上，若，求直线FP被C截得的弦长； (3)已知，过抛物线C的焦点F作直线l，l交C于A，B两点，记直线TA，TB的斜率分别为，，当时，求的面积. 19．已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称轴； (3)求的最大值和最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C A C B D C ABD AD 题号 11 答案 ABD 1．B 【详解】由可得，即， 又，故. 2．D 【分析】利用复数的除法法则计算可求得复数的虚部. 【详解】因为. 所以复数的虚部为. 3．C 【分析】根据两直线垂直的条件列出关于的方程,求解的值即可. 【详解】对于直线和直线垂直,则. 已知直线中,直线中. 因为,即. 故选：C. 4．A 【分析】根据圆的标准方程得出圆心坐标与半径，再利用切线的性质得到与的关系，最后根据的最小值求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，可得圆心，半径. 因为PQ为圆的切线，所以， 在中，根据勾股定理可得. 已知，则. 点，根据两点间距离公式，可得. 因为，当且仅当时，，此时取得最小值，. 因为，当取最小值时，， 则. 的最小值为. 故选：A. 5．C 【分析】根据频率分布直方图百分位数计算方法计算求解. 【详解】由频率分布直方图可知，前五组的频率之和为，前六组的频率之和为， 设该市月用水量的临界值为吨， 则，由，得， 故该市月用水量的临界值为28.3吨. 6．B 【分析】求出图象的对称中心后利用代入法可得，故可求的最小值. 【详解】因为图象的一个对称中心为，故图象的对称中心为， 故，故，而，故. 7．D 【分析】利用函数性质画出函数图象，将方程根的问题转化成函数交点问题. 【详解】由，得函数关于点对称， 又，得函数关于直线对称， 从而函数是周期为4的周期函数. 又当时，，则， 即是的单调递增函数，，，可画出的部分图象， 又方程的根即与的交点横坐标，如图 两函数共有17个交点，并且关于点对称，故所有根之和为17. 8．C 【分析】由题可得或，结合对数函数，指数函数的性质依次判断各选项即可. 【详解】因为正实数m，n，满足，且，可得或， 对于A选项，取，显然，A错误； 对于B选项，取，显然，B错误； 对于C选项，设函数，令，则， 当在上单调递增，当，在单调递减， 又因为，所以恒成立，即恒成立，即在上均单调递减， 所以当或时，，即， 由于，所以即，C正确； 选项D，取，显然，而，故，D错误. 故选：C. 9．ABD 【分析】根据正态分布性质可判断选项A，根据二项分布的特征可判断选项B，根据回归直线性质可判断选项C，根据相关系数与相关性的强弱关系可判断选项D. 【详解】对于A，对于，根据正态分布的图像知对称轴为， 所以可得，故A正确； 对于B，的期望和方差公式就是，，故B正确； 对于C，线性回归直线一定过样本中心点，故C错误； 对于D，若越接近，两个随机变量的线性相关性越强，越接近，线性相关性越弱，故D正确. 10．AD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体的棱长为2，则， 所以， 设平面的一个法向量为, 所以， 令，则，可得； 对于A，由可得， 因此，又平面，所以平面，所以A正确； 对于B，又， 则， 显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误； 对于C，体对角线， 易知, 因此不存在体对角线与平面平行，即C错误； 对于D，显然，所以平面，即D正确. 11．ABD 【分析】A选项，根据性质得到曲线的渐近线；B选项，求出曲线如何旋转得到双曲线，从而得到双曲线方程，求出离心率；C选项，举出反例；D选项，根据圆与圆的位置关系和直线与圆的位置关系得到D正确. 【详解】A选项，中，当趋向于或时，曲线趋向于， 当从左边趋向于0时，趋向于，从右边趋向于0时，趋向于， 由双刀函数性质可知曲线的渐近线分别为和，A正确； B选项，两条渐近线夹角为，结合图象可知曲线的对称轴为和（如图）， 故将绕原点逆时针旋转得到， 故的两渐近线方程分别为， 联立与得， 当时，，当时，， 故曲线的两个顶点为，， 故， 易得中， 由渐近线方程为得，故，， 故离心率为，B正确； C选项，由B可知，双曲线方程为， 当时，联立与得， 解得， 当时，，交点坐标为，当时，， 交点坐标为，共3个交点，不合要求，C错误； D选项，，设，故， 以为直径的圆方程为， 即， 与圆联立可得，此为两圆的交点弦方程或公切线方程， 圆的圆心到直线的距离 ， 以为直径的圆与圆相切，D正确 12．80 【详解】，令，解得， 故的系数为. 13．/ 【分析】由向量数量积可得夹角为60°，通过坐标化将条件转化为圆的标准方程，圆心为，半径为，从而的模表示圆上的点到原点的距离，进而求出的最大值. 【详解】由题可知，设夹角为， 则，， 设， ，代入坐标化简得： 故的最大值为原点到圆上的点最大距离，如下图所示， 又圆心，半径，， 故. 14． 【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解. 【详解】由于，则, 则曲线在点的切线方程为, 即， 又因为此切线也为圆的切线， 则圆心到切线的距离, 两边平方，化简为, 设，则，即, 因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解， 则，解得， 所以的取值范围是. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件概率的计算公式求值即可. （2）先求系统最终输出的答案正确的概率，根据概率不低于列式，解二次不等式，可求的最小值. 【详解】（1）不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”， 由于与相互独立，与，与，与都相互独立， 由题意可得，，，，， 分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得 ， 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325. （2）系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况：一是第一次提问时两模型答案一致且正确；二是第一次提问时两模型答案不一致，且第二次向模型甲提问时其回答正确. 系统第一次输出正确答案的概率为：， 由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为： ， 系统第二次输出正确答案的概率为：， 设系统最终输出正确答案的概率为，则， 于是，解得，又由，于是， 则的最小值为. 16．(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过折叠性质，可得平面，再结合面面垂直的判定定理，即可证明； （2）根据几何体体特征，可得四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，建立空间直角坐标系，设，由，得，进而可求外接球的表面积； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出平面与平面的法向量，再结合二面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）在梯形中，于点，故翻折后，， 又因为平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）在梯形中，因为，，，，于点，于点， 所以四边形为矩形，且，，，. 取的中点，连接，则，且， 因为平面，平面，故，所以，，两两垂直. 所以以为原点，过点与平行的直线为轴，以直线为轴，以直线为轴，建立空间直角坐标系如下图所示， 所以，，，，， 因为四边形为矩形，所以与的交点到，，，的距离相等， 所以四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上， 设，外接球的半径为，由，得，解得， 所以，所以四棱锥外接球的表面积. （3）由（2）得，，， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1)是，理由见解析 (2)①；②. 【分析】（1）求出数列的通项公式，结合“二阶等差数列”的定义判断即可； （2）①求出等差数列的通项公式，再利用累加法可求得数列的通项公式； ②由可得，令，分析数列的单调性，求出该数列最大项的值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）因为，所以 ， 所以，故数列为等差数列， 故数列为二阶等差数列. （2）①根据题意可得，， 因为数列为等差数列，故数列的公差为, 所以等差数列的首项为，故， 所以， 当时，，，，， 上述等式相加得， 故， 也满足，故对任意的，； ②由题意可知，，即，可得， 令，则， 当且时，，可得； 当时，； 当且时，，可得， 所以数列的最大项为，故， 所以实数的取值范围是. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求出椭圆右焦点的坐标，然后根据即可求解； （2）设点，根据求出点的坐标，然后求出直线的方程，与抛物线联立求出方程的两根，最后根据抛物线的定义即可求解； （3）设直线方程为，与联立，由两点斜率公式结合韦达定理可得到，，代入，求出，最后根据面积分割法即可求解. 【详解】（1）椭圆中，，，所以，得.故右焦点为， 在抛物线中，令，得， 所以，得， 故抛物线的标准方程为. （2）设点，因为，所以， 整理得. 因为，所以，所以或（舍去）. 因为在第一象限，所以点的坐标为. 因为，所以直线的斜率为， 故直线的方程为， 与联立整理得，解得两根分别为4和， 所以直线被截得的弦长为. （3）由题意知直线的斜率不为0，设其方程为， 与联立，整理得，则， 不妨设，，，则. 由，得，同理， 又，所以， 故，整理得，所以或4， 因为的面积， 由，得时，，故. 当时，，故， 故的面积为. 19．(1)增区间是，减区间是 (2) (3)当时，； 当，且为奇数时，. 【分析】（1）利用辅助角公式将其化简，再根据正弦函数的单调性求解单调区间； （2）设出的对称轴，根据对称的性质，求出对称轴，再证明； （3）分，和，结合导数求解. 【详解】（1）当时，， 令，解得. 令，解得. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）当时，. 不妨设时，的对称轴方程为，由对称轴定义得， 令，得， 化简得，即，所以， 下面证明当时，恒成立， 因为 ， 所以的对称轴方程为. （3）当时，时，； 时，. 当时，，， 因为，且为奇数，单调递增，考虑一个周期，令， 当变化时，的变化如下表， 0 0 0 + 0 1 减 增 1 减 （接上表） 0 + 0 0 + 0 增 减 增 1 综上，当时，； 当，且为奇数时，. 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 $