2026年普通高等学校招生全国统一考试自编数学模拟练习卷05（新高考I卷）

绝密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷（新Ⅰ卷） 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上. 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知，则的虚部为（    ） A． B． C．   D．i 2．若集合，则（ ） A． B．2 C． D． 3．已知向量，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，则下列说法不正确的是（    ） A．函数是奇函数 B．函数图象的对称中心是 C．函数的零点为 D．函数在上单调递增 5．已知双曲线的顶点到渐近线的距离为，则该双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 6．设为定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 7．由直线上的一点向圆引切线，则切线段的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 8．设，，则（    ） A． B． C． 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．在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面所截的截面为正六边形 B．正方体被平面所截的截面的面积为 C．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 10．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线交于，两点，其中的斜率，在第一象限，将沿轴折叠，得到，且平面与平面互相垂直，下列结论正确的是（    ） A．当时，若，则 B．当时，周长的最小值为 C．当时，若，则点到平面的距离为 D．当时，设三棱锥的外接球半径为，则 11．已知△ABC的面积为，角的对边分别是，，，则（   ） A． B． C． D．边的中线长为 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12．函数图象上一点到直线的最短距离为__________． 13．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，则数列的通项公式是__________. 14．甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若，则的最大值是_________；的取值范围是___________． 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．(13分)“抖音”是人们休闲娱乐和交流的一种新的工具，在“抖音”上人们不仅可以获取知识，还可以进行商品交易.某机构对人们是否玩“抖音”进行了调查，随机抽取了100人，他们年龄(单位：岁)的频数分布及玩“抖音”的人数如下表： 年龄 频数 10 30 30 20 6 4 玩“抖音”人数 8 27 26 16 2 1 若以“年龄45岁为分界点”，由以上统计数据完成下面的列联表，并通过计算判断是否有以上的把握认为是否玩“抖音”的人与年龄有关”？ 年龄低于45岁的人数 年龄不低于45岁的人数 合计 玩“抖音” 不玩“抖音” 合计 附 16．(15分)已知等差数列满足，，数列满足，，. (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)求数列的前项和. 17．(15分)如图， 在四棱锥中， 底面是矩形，， 点为侧棱上一动点 (不含端点)． (1)求证： 平面 平面； (2)若， 是否存在点使得直线与平面所成角为？ 若存在， 求出的值； 若不存在， 说明理由． 18．(17分)已知椭圆：与圆：交于点，，线段经过椭圆的右焦点，且． （1）求椭圆的标准方程； （2）若点是椭圆上的动点（位于轴左侧），且直线，分别与直线交于点，，求的取值范围． 19．(17分)已知函数. (1)讨论函数在上的单调性； (2)若函数的图象与的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【分析】直接计算可得，再用虚部的定义即可. 【详解】由于，所以的虚部为. 故选：B. 2．C 【分析】根据交集、补集的概念与运算求解即可. 【详解】因，，则 又，所以， 故选：C. 3．C 【分析】直接利用向量减法的坐标公式计算即可. 【详解】 故选：C 4．C 【分析】A选项，先求出定义域，进而得到，故A正确；B选项，令，解得，得到对称中心；C选项，令，求出零点；D选项，整体法得到函数的单调递增区间，得到答案. 【详解】A选项，，解得， 故的定义域为， ，故为奇函数，A正确； B选项，令，解得， 故图象的对称中心是，B正确； C选项，令，解得， 故函数的零点为，C错误； D选项，令，解得， 当时，， 故在上单调递增，D正确. 故选：C 5．A 【分析】根据点到直线的距离公式列方程可得，再根据离心率公式以及可解得结果. 【详解】取双曲线的右顶点，取双曲线的渐近线，即， 依题意得，即， 所以离心率. 故选：A. 【点睛】本题考查了双曲线的顶点、渐近线、离心率，考查了点到直线的距离公式，属于基础题. 6．D 【分析】结合奇函数的定义可得，代入已知函数解析式即可． 【详解】解：因为为定义在上的奇函数，所以，令，可得，即， 又当时，， 所以，所以． 故选：D 7．C 【分析】由圆的方程得圆心坐标和半径，求出圆心到直线的距离，利用切线的性质及勾股定理求出切线长的最小值即可. 【详解】由圆的方程，得圆心，半径， 如图，切线长，当最小时，最小， 最小值为圆心到直线的距离， 所以切线长的最小值. 故选：C.    8．B 【解析】，，然后运用对数的运算性质分别判断出和的符号即可. 【详解】由对数的性质得：， 所以 因为 所以，即 因为 所以，即 综上： 故选：B 【点睛】作差法是比较大小的常用方法，作为本题来说，要熟练掌握对数的运算性质. 9．ACD 【分析】根据题意，可作出截面为正六边形，再逐项判断即可． 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接， ，又， ，同理可证， 共面，且， 故截面即为正六边形，边长为，    其面积，故A选项正确，B选项错误； 对于C选项，，平面，平面， 平面， 同理可得直线，，，，均与平面平行， 则正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条，C选项正确； 对于D选项，连接， 则正方体中，，平面，因为平面， ，又平面， 平面，又平面， ，同理可证， 又，， 又平面， 平面， 正方体任意两个顶点的连线没有与平行的， 即正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条，D选项正确． 故选：ACD． 10．AC 【分析】借助坐标运算解决空间几何体的问题 【详解】平面直角坐标系中，设，有，，如图所示， 将沿轴折叠，得到，且平面与平面互相垂直，以O为原点，OM所在直线为y轴，平面内OM的垂线为x轴，平面内OM的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，， 对于A选项，当时，直线的方程为，由消去可得，则有，， 若，，，， 令，则，， 即，由，得，则有，得，A选项正确； 对于B选项，当时，点M与焦点F重合，直线的方程为， 由消去可得，，， ， 周长为， 由，有，等号不能成立， 不是周长的最小值，B选项错误； 对于C选项，当时，，直线的方程为， 由消去可得，，， ，点到平面的距离为，点到平面的距离设为， 由，得，，解得， 即点到平面的距离为，C选项正确； 对于D选项，当时，直线的方程为，由消去可得，，， 外接圆圆心为，半径为，，由正弦定理，， 外接圆圆心为，半径为，，由正弦定理，， 平面与平面互相垂直，为中点，如图所示， 三棱锥的外接球半径为，则， ， ，即，故D选项错误； 故选：AC 【点睛】思路点睛：解析几何中的曲线，经过翻折得到立体几何中的几何体，两者通过坐标法建立联系，由坐标运算解决位置关系、距离角度等问题. 11．ABD 【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D. 【详解】因为， 所以，即， 所以，由可知，即为钝角， 又，所以， 又为锐角，所以，故A正确； 因为，由正弦定理可得， 所以， 由和差化积公式可得， 即，即， 由可得，所以或（舍去）， 即，故B正确； 由AB可知，，所以，故. 因为，所以. 由正弦定理，，即， 解得，所以，故C错误； 由可知， ， 设边的中线长为，则， 所以，故D正确. 12． 【分析】设切点，利用导数得与直线平行，再利用点到线的距离求解 【详解】设与直线平行的且与相切的直线切点为，因为 ，则，则切点为最短距离为切点到直线的距离：， 故答案为:. 13． 【分析】设出数列，结合等比数列的性质将，代入计算即可得. 【详解】设，由， 则有，即， 解得或，又各项均为正数，故， 则. 故答案为：. 14． ； ； 【分析】结合二项分布可计算随机变量的分布列，再利用公式可求、，最后利用二次函数的性质可求其范围. 【详解】随机变量可能的取值为. . ， 故的分布列为： 2 3 故 因为，故，故. 而， 令，因为， 故，此时， 故答案为：，. 15．表格见解析，能. 【分析】根据题中所给的表格中的数据补全列联表，再由公式计算与临界值比较即可判断. 【详解】由题意可得： 年龄低于45岁的人数 年龄不低于45岁的人数 合计 玩“抖音” 61 19 80 不玩“抖音” 9 11 20 合计 70 30 100 根据列联表中的数据得到的观测值 所以能有以上的把握认为玩“抖音”的人与年龄有关. 16．(1)， (2) (3) 【分析】（1）利用等差数列的性质可求得首项与公差，可求得，由已知可得是等比数列.，计算可求得； （2）利用裂项相消法可求得数列的前项和； （3）利用错位相减法可求得数列的前项和. 【详解】（1）由，得. 因为，所以， 则公差为，所以， 所以. 因为，所以，则是等比数列. 设其公比为，因为，，所以，，则. （2）因为， 所以. （3）因为，所以， 所以， 两式相减得， 所以. 17．(1)证明见解析 (2)存在；或 【分析】（1）由和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面- （2）作交于，得到平面，以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴建立空间直角坐标系，即，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，可得， 又因为，且，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面- （2）解：作交于， 因为，所以  所以平面， 以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，所以， 记，即，所以， 所以， 由，故可设平面的法向量， 又由，得，可解得，所以， 若直线与平面所成角为， 则有，所以， 化简得，解得， 因此，当时，直线与平面所成角为. 18．（1）；（2）. 【分析】（1）由题意知，将代入，再根据椭圆及圆的对称性可知，继而求得，，得到椭圆的标准方程． （2）设，不妨令，，得出点M、N的坐标，设，表示，设，根据函数的性质可求得取值范围. 【详解】解：（1）由题意知，，将代入，得， 根据椭圆及圆的对称性可知，因为，所以． 所以，所以，所以，得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）设，则，不妨令，，则，， 所以直线的方程为，直线的方程为． 将分别代入直线与直线的方程，得，， 所以． 设，则，， 设，当时，单调递减，所以当时，，即． 所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题需要做好两个方面：一是转化，把题干中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数转化；二是计算，利用代数的方法研究问题，计算准确是关键． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先求出函数的解析式，求导，然后再分别讨论和两种情况下的符号，从而可得出函数的单调区间； （2）根据题意可得，令，可得关于的一元二次方程，利用导数求出函数的单调区间，作出图象，分析可得关于的一元二次方程的根的范围，讨论分析，从而可得出答案. 【详解】（1）解：， 则， 当时，，则在上单调递增， 当时， 当时，，则为单调递增函数， 当时，，则为单调递减函数， 综上：当时，在上单调递增， 当时，的增区间为，减区间为； （2）解：因为函数的图象与的图象有三个不同的交点， 所以方程有3个不同的解， 即， 令，则， 所以①， 由， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 所以， 当时，，当时，， 作出的图象，如图所示， 由题意可得方程①的根，有一个必在内，另一个根或或， 当时，方程①无意义， 当时，，则不满足题意， 所以当时，由二次函数的性质可得， 解得， 综上：实数a的取值范围为. 【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数的单调区间，极值最值得方法，并灵活运用，难点在于将零点问题转化为方程得根的问题，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属于难题. 学科网（北京）股份有限公司 $