2026年高考数学模拟卷（一）（新课标Ⅱ卷）

2026年高考数学模拟卷（一）（新课标Ⅱ卷） 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。 4．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆。 5．难度系数：0.65。 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．（2026·云南·模拟预测）复数，则（   ） A． B． C． D．2 2．（2026·辽宁大连·一模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·辽宁抚顺·一模）已知向量，满足，，则的最小值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（2026·甘肃·二模）函数的最小值为（    ） A．-1 B． C．-3 D．-5 5．（2026·云南红河·模拟预测）已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，若则直线过定点（    ） A． B． C． D． 6．（2026·海南海口·一模）已知，是随机事件，若，，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·广西南宁·二模）在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·辽宁大连·高三二调）已知函数，若，则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 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．（2026·贵州毕节·二模）为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的有（    ） A．对应矩形的高度为 B．样本众数估计值为75 C．样本平均数估计值为 D．样本成绩的第70百分位数落在内 10．（2026·重庆·一模）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 11．（2026·山西运城·三月模拟）若函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．是偶函数 D．当时， 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．（2026·黑龙江大庆·二模）已知，若直线与曲线相切，则___________. 13．（2026·甘肃·一模）如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________ 14．（2026·贵州安顺·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九点17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·山西运城·一模）一场体育赛事招募赛会志愿者，赛会志愿者须参加通用培训和专业培训，两项培训考核都合格才能通过培训考核，考核通过后才能参加赛事志愿服务．已知赛会志愿者参加通用培训后，考核合格的概率为，参加专业培训后，考核合格的概率为． (1)若志愿者，都参加了培训，求志愿者，中至少有1人通过培训考核的概率； (2)现从12名通过培训考核的志愿者（包含3名女志愿者）中随机抽取4名志愿者参加某体育赛事的志愿服务，记X为被抽取到的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望． 16．（2026·广西南宁·二模）在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的菱形，，平面，，且． (1)证明：平面平面． (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 17．（2026·重庆·一模）已知中，内角的对边分别为，有． (1)证明：； (2)若，是边上一点，且，求． 18．（2026·辽宁抚顺·一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，右顶点为A，P为直线上一点，且椭圆E的离心率为，． (1)求椭圆E的方程． (2)过点P作椭圆E的切线，切点为B（异于点A）． ①证明：． ②若，求． 附：在椭圆上一点处的切线方程为． 19．（2026·云南昆明·二模）设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值. 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 $ 2026年高考数学模拟卷（一）（新课标Ⅱ卷） 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。 4．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆。 5．难度系数：0.65。 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．（2026·云南·模拟预测）复数，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】利用复数除法运算及求模公式计算即可. 【详解】因为， 所以. 2．（2026·辽宁大连·一模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由对数函数的性质及补集的定义可得. 【详解】因为集合是函数的定义域，根据对数函数性质，得，即. 因为全集，由补集的定义得 3．（2026·辽宁抚顺·一模）已知向量，满足，，则的最小值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用向量不等式求解. 【详解】由向量不等式可得：， 所以当与方向相反时，最小值为1. 4．（2026·甘肃·二模）函数的最小值为（    ） A．-1 B． C．-3 D．-5 【答案】B 【详解】 ，其中， 所以的最小值为. 5．（2026·云南红河·模拟预测）已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，若则直线过定点（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线，，将直线与抛物线方程联立，得到，，根据列出方程，解得，即可确定直线所过定点. 【详解】显然直线的斜率不为，且不经过坐标原点， 故设直线的方程为，，． 联立方程消去得， 则，所以． 因为，所以，即， 解得， 所以直线的方程为，则直线过定点． 故选：C． 6．（2026·海南海口·一模）已知，是随机事件，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件概率公式得出与的关系，然后代入公式化简即可. 【详解】由条件概率公式得， 因此， 将 代入得， 解得. 故选：D 7．（2026·广西南宁·二模）在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意证明三棱锥外接球的球心即是正三角形的中心，计算得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 因为为正三角形，所以，又二面角的平面角为， 所以平面，则， 设为正三角形的中心，则， 因为，所以，又， 所以， 所以，则，即为三棱锥外接球的球心， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 8．（2026·辽宁大连·高三二调）已知函数，若，则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】根据题目条件，求出之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果. 【详解】由题意可得，则， 由，则， 令，则， 令，可知函数在上单调递增， 所以当有唯一解，即，即，可得， 所以， 令，则，所以， 令，则， 令，即，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也是最大值，为， 所以的最大值为. 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．（2026·贵州毕节·二模）为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的有（    ） A．对应矩形的高度为 B．样本众数估计值为75 C．样本平均数估计值为 D．样本成绩的第70百分位数落在内 【答案】ABC 【分析】A选项利用矩形的面积之和为1列方程求解，B选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条来判断，C选项根据平均值的公式计算，D选项判断样本数据在的频率和的频率，可得到70百分位数的范围. 【详解】设对应矩形的高度为，则， 解得，A选项正确； 由图可知，的数据最多，众数的估计值为，B选项正确； 平均值为：，C选项正确； 样本数据的频率为， 样本数据的频率为， 故样本成绩的第70百分位数落在内，D选项错误. 10．（2026·重庆·一模）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 【答案】ACD 【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，令可得，故A正确； 对于B，令可得， 所以， 设展开式的通项为， 取，可得，所以，故B错误； 对于C，令可得①， 令可得②， 由①②可得，故C正确； 对于D，由选项B可知，， 若最大，则 所以，， 解得，则，故或， 又，所以中，与最大，故D正确. 故选：ACD. 11．（2026·山西运城·三月模拟）若函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．是偶函数 D．当时， 【答案】BCD 【分析】利用赋值法计算可判断A，B；令可得，根据偶函数定义计算可判断C；利用赋值法结合C可得，分，及三种情况讨论可判断D. 【详解】对于A，令，得，故A错误； 对于B， 令，得， 因为，所以，即， 所以当时，成立， 故，，故B正确； 对于C，令，得， 即，所以， 故函数是定义在上的奇函数， 令， 因为， 所以函数是偶函数，即是偶函数，故C正确； 对于D，令，得， 当时，有， 当时，有， 由C可知，函数是定义在上的奇函数， 所以当时，有， 所以， 当时，由A可知， ，，即， 此时成立， 当时，， 同理，当时，成立， 所以当时，成立，故D正确. 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．（2026·黑龙江大庆·二模）已知，若直线与曲线相切，则___________. 【答案】 【分析】求导，根据导数的意义及切点在切线和曲线上列方程组求解可得. 【详解】由得， 设直线与曲线相切于点， 则，解得， 代入，可得. 故答案为：. 13．（2026·甘肃·一模）如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________ 【答案】 【详解】由题意可知，； 所以. 14．（2026·贵州安顺·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴， 以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：， 配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九点17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·山西运城·一模）一场体育赛事招募赛会志愿者，赛会志愿者须参加通用培训和专业培训，两项培训考核都合格才能通过培训考核，考核通过后才能参加赛事志愿服务．已知赛会志愿者参加通用培训后，考核合格的概率为，参加专业培训后，考核合格的概率为． (1)若志愿者，都参加了培训，求志愿者，中至少有1人通过培训考核的概率； (2)现从12名通过培训考核的志愿者（包含3名女志愿者）中随机抽取4名志愿者参加某体育赛事的志愿服务，记X为被抽取到的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望． 【答案】(1) (2)的分布列为： 数学期望为1 【详解】（1）单个志愿者需要两项培训考核都合格才通过，且两次培训考核独立， 因此单个志愿者通过培训考核的概率为， 则单个志愿者没有通过培训考核的概率为. 因为“至少有1人通过”的对立事件为“两人都没有通过”， 因此所求概率. （2）由题意，服从超几何分布，的所有可能取值为， 概率公式为， 分别计算概率得，， ，， 因此的分布列为： 所以数学期望为. 16．（2026·广西南宁·二模）在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的菱形，，平面，，且． (1)证明：平面平面． (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见详解 (2)9 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为四边形是菱形，所以，， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）设与交于点，以为原点，分别为轴，过点平行为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，， 所以，取平面的法向量， 所以，解得，故. 17．（2026·重庆·一模）已知中，内角的对边分别为，有． (1)证明：； (2)若，是边上一点，且，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理、二倍角的正弦公式和两角和的正弦公式求解； （2）由结合余弦定理得到，由得到，由，求出和，由得到，在中，利用正弦定理得到，代入数值计算出，代入数值计算即可得解. 【详解】（1）， ， ， ， ，， 又因为，； （2），，， ，， ，， ，， 在中，，， 在中，，， ， . 18．（2026·辽宁抚顺·一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，右顶点为A，P为直线上一点，且椭圆E的离心率为，． (1)求椭圆E的方程． (2)过点P作椭圆E的切线，切点为B（异于点A）． ①证明：． ②若，求． 附：在椭圆上一点处的切线方程为． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】(1)根据椭圆的离心率公式、椭圆的定义以及椭圆的基本关系，联立方程组求解的值，进而确定椭圆方程. (2) ①设点，利用椭圆上一点的切线方程得到点的坐标，结合二倍角的正切公式分别计算和，通过证明两者相等，结合角的范围得出角相等的结论. ②根据等腰三角形、勾股定理求得. 【详解】（1）由题意可得解得 所以椭圆E的方程为． （2）①证明：根据对称性，不妨令点P在第一象限， 设，则切线BP的方程为，且． 令，解得，则． 又，， ， 所以，即，所以． ②解：因为，所以． 因为，所以，所以． 在中，，． 19．（2026·云南昆明·二模）设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值. 【答案】(1)（i）在上单调递减，在上单调递增；（ii）1个 (2) 【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性. （2）将移到一边，定义另一边为以为变量，为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于的恒等式，再利用导数得到最值. 【详解】（1）， （i）若，，， 因为在上单调递增，且， 所以当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增. （ii）当，由（i）可知，且， 又因为，所以，此时单调递减； 当时，设，则， 由（i）可知，且，， 又因为，所以， 所以即在上单调递增， 且有，， 由零点定理可知存在唯一的使得， 若，，若，， 综上在上单调递减，在上单调递增，为极小值点， 所以极值点的个数为 1个. （2）将化为， 设，， 当即时，此时， 单调递减至负无穷，可以取任意值； 当即时，此时， 单调递增或为常函数，， 依题意应有在上恒成立， 设，， 则， 所以在上单调递增， ， 所以的最小值为. 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 $