2026年高考数学模拟卷（四）（全国Ⅱ卷）

2026年高考数学模拟卷（四） （考试时间：120分钟，分值：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。 4．适用省份：山西 辽宁 吉林 黑龙江 广西 海南 重庆 贵州 云南 甘肃 新疆 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·广西河池·二模）已知全集，集合（   ） A． B． C． D． 2．（2026·广西河池·二模）（   ） A． B． C． D． 3．（2026·重庆渝中·二模）已知不等式的解集为或，则实数的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 4．（2026·辽宁朝阳·一模）已知单位平面向量，满足，则（    ） A． B． C． D．2 5．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆渝中·二模）已知正项等比数列单调递增，是其前项和，，，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·海南儋州·一模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则内切圆的半径为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知双曲线，为右焦点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，交另一条渐近线于点，点，在轴两侧，，则双曲线的离心率是（   ） A． B． C．2 D．3 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·广西北海·一模）已知一组数据依次为：12，16，16，4，0，2，2，10，12，16，关于这一组数据，下列说法正确的是（    ） A．极差是16 B．平均数是9 C．第70百分位数是12 D．方差是270 10．（24-25高一下·河南·期中）已知的三个内角的对边分别为，且.则下列结论正确的是（    ） A． B．周长的最大值为 C．的最大值为 D．的取值范围为 11．（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 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·新疆喀什·一模）的展开式中含的项为____. 13．（2026·重庆渝中·二模）已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 14．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个实心铁球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，若向该容器内注满水，则水的体积为_____. 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．（2026·重庆·二模）已知向量，，且，. (1)求的值； (2)在中，内角的对边分别为. 若，求的取值范围. 16．（2026·云南曲靖·一模）已知棱长为的正方体，分别是线段和上的两个点，且与不同时重合. (1)证明：平面； (2)当四点共面时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 17．（2026·重庆九龙坡·二模）已知抛物线 ，焦点为 ，过 且垂直于 轴的直线交 于 . 以 为圆心、 为半径作圆 . 设直线 与圆 交于 两点，与 交于 两点， 其中 在第一象限. (1)求圆 的方程； (2)是否存在 使 ？若存在，求出 ；若不存在，说明理由. 18．（2026·海南省直辖县级单位·二模）小明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练.规则如下：从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑.设他第n天晨跑的概率为. (1)求，，的值； (2)求数列的通项公式； (3)若X，Y都是离散型随机变量，则，记小明前n天晨跑的天数为X，求. 19．（2026·云南曲靖·一模）已知函数，其中 (1)若函数在处有极值，求，的值； (2)当，时，设，求的最小值. 2 / 4 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学模拟卷（四） （考试时间：120分钟，分值：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。 4．适用省份：山西 辽宁 吉林 黑龙江 广西 海南 重庆 贵州 云南 甘肃 新疆 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·广西河池·二模）已知全集，集合（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，故. 2．（2026·广西河池·二模）（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】. 3．（2026·重庆渝中·二模）已知不等式的解集为或，则实数的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据方程的根与不等式的解集之间的关系求解即可. 【详解】易知是方程的根， 即，所以, 当时，不等式为，即,其解集为或. 故实数的值为1. 4．（2026·辽宁朝阳·一模）已知单位平面向量，满足，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】通过可得即可求解. 【详解】显然，解得， 于是. 5．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台内切球对应轴截面等腰梯形有内切圆的性质得到母线长，结合勾股定理求出球半径，代入表面积公式计算结果. 【详解】设球的半径为，圆台上底面半径，下底面半径. 因为球与圆台两个底面相切，因此圆台的高； 球与圆台侧面也相切，说明圆台的轴截面（等腰梯形）存在内切圆， 根据有内切圆的四边形对边之和相等，可得圆台母线长； 由圆台母线、高、半径之差的勾股关系：， 代入已知量得，解得； 代入球的表面积公式，得. 【点睛】本题考查圆台内切球的组合体性质，核心结论是有内切球的圆台满足：母线长等于上下底面半径之和，圆台的高等于内切球的直径，结合平面几何勾股定理即可求解. 6．（2026·重庆渝中·二模）已知正项等比数列单调递增，是其前项和，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助等比数列定义计算可得其公比，再计算出其首项后利用求和公式计算即可得. 【详解】设数列的公比为，则， 即，即，解得或， 由数列单调递增且，故， 所以，. 7．（2026·海南儋州·一模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则内切圆的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用 及正弦定理得到 ,再结合余弦定理求出 ,进而得到面积和周长,最后用 算出内切圆半径. 【详解】由 ,得 , . 由 及正弦定理 ,得 , 即 , 因为, 所以. 由余弦定理 ,代入 , 得 ,整理得 , 所以, . 由余弦定理 , 因为, 所以. 的面积 , 周长 . 设内切圆半径为 ,则 , 所以 . 8．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知双曲线，为右焦点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，交另一条渐近线于点，点，在轴两侧，，则双曲线的离心率是（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由对称性，不妨设点在直线上，则可表示出直线的方程，联立另一渐近线可求出点坐标，则可表示出，再利用离心率定义计算即可得. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 由对称性，不妨设点在直线上，则， 则，联立，解得， 由点，在轴两侧，则，故， 则，整理得， 则. 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·广西北海·一模）已知一组数据依次为：12，16，16，4，0，2，2，10，12，16，关于这一组数据，下列说法正确的是（    ） A．极差是16 B．平均数是9 C．第70百分位数是12 D．方差是270 【答案】AB 【详解】由题意，极差是，故A正确； 平均数是，故B正确； 方差是 ，故D错误； 将这组数据从小到大排序为：0，2，2，4，10，12，12，16，16，16， 因为，所以这组数据的第70百分位数是第7个数和第8个数的平均值， 即为，故C错误. 10．（24-25高一下·河南·期中）已知的三个内角的对边分别为，且.则下列结论正确的是（    ） A． B．周长的最大值为 C．的最大值为 D．的取值范围为 【答案】AC 【分析】利用正弦定理及和角的正弦判断A；利用余弦定理及基本不等式求出最大值判断B；利用数量积的定义及基本不等式求出最大值判断C；利用和角的余弦公式，结合正切函数的性质判断D. 【详解】对于A，由正弦定理，得 ，A正确； 对于B，由余弦定理，得， ，当且仅当时取等号， 则，因此周长最大值为，B错误； 对于C，，由选项B知， 当且仅当时取等号，因此的最大值为，C正确； 对于D，， 由，得，则，D错误. 故选：AC 11．（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 【答案】BCD 【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每一个选项的条件，分别进行解答. 【详解】函数，求导可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 极大值为，极小值为， 选项A：函数在上单调性发生了变化，所以不是单调函数； 选项B：函数要有三个不同的零点，则要求的极大值大于且极小值小于， 即，解得； 选项C：当时，函数， 设切点坐标为，切线斜率为， 则切线方程为，化简可得， 根据题目可知，切线经过原点， 代入，可得，解得， 因为只有唯一解，所以当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条； 选项D：令，要使有个不同的实数根，则要求有个不同的实数根，，，且每个有个不同的实数根， 设满足题意，则方程的三个实数根均满足， 当参数为时，方程变为，三个实数根为， 此时要求根满足，该条件等价于， 由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. 【点睛】验证C选项时，设切点坐标，写出切线的方程再把原点代入进行证明， 验证D选项时，能想到分别用和来进行证明. 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·新疆喀什·一模）的展开式中含的项为____. 【答案】 【分析】解法一：将三项展开式变为，根据和展开式的通项乘积可求得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得. 【详解】方法一:因为， 二项式展开式的通项为， 二项式展开式的通项为， 所以多项式展开式的通项为， 令，得，且， 所以或或或或. ①当时，的展开式中含的项为； ②当时，的展开式中含的项为， ③当时，的展开式中含的项为； ④当时，的展开式中含的项为； ⑤当时，的展开式中含的项为. 综上，得的展开式中含的项为. 方法二：可看成6个相乘， 的展开式中含的项有以下三种情况： ①个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； ③个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； 综上所述，的展开式中含的项为. 13．（2026·重庆渝中·二模）已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 【答案】 【分析】根据数量积的运算律求得，，根据投影向量的概念求解即可. 【详解】，， 因为，所以， 解得．所以，， 所以在方向上的投影向量的坐标为． 14．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个实心铁球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，若向该容器内注满水，则水的体积为_____. 【答案】 【分析】通过轴截面结合相切的几何性质分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，即可得水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点. 分别是球和球与圆台侧面的切点，分别是与圆台上下底面的切点． 则，且，，． 过点作交于，显然，可知四边形为矩形， 且， 在直角三角形中，， 且为锐角，则， 由可得，所以， 在直角三角形中，，得，所以． 在直角三角形中，． 在直角三角形中，,． 即圆台的上底面半径，下底面半径，高． 可得圆台的体积， 所以水的体积为． 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．（2026·重庆·二模）已知向量，，且，. (1)求的值； (2)在中，内角的对边分别为. 若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用向量点积公式列方程，用辅助角公式化简为单一三角函数，结合的取值范围求解； （2）结合三角形内角和，用正弦定理将边的比转化为角的正弦比，再用三角恒等变换化简，最后求三角函数值域. 【详解】（1）根据向量点积公式：， 用辅助角公式化简：，即. 已知，故，则， 解得. （2）已知，故，即 ，. 根据正弦定理，得， 代入，化简得 ， 因此：. 由得，故，代入得. 16．（2026·云南曲靖·一模）已知棱长为的正方体，分别是线段和上的两个点，且与不同时重合. (1)证明：平面； (2)当四点共面时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）根据平面平面，平面，从而可得直线与平面没有交点，即可得证； （2）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：由题意可知平面平面， 又因为平面， 所以直线与平面没有交点， 所以平面； （2）因为平面，四点共面， 由面面平行的性质可知， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系： 则有， 因为平面， 所以取平面的法向量为, 设， 所以， 又因为且, 所以， 所以， 设平面的法向量， 则， 从而得，取，则， 设平面与平面的夹角为， 所以， 因为，所以， 所以，即. 17．（2026·重庆九龙坡·二模）已知抛物线 ，焦点为 ，过 且垂直于 轴的直线交 于 . 以 为圆心、 为半径作圆 . 设直线 与圆 交于 两点，与 交于 两点， 其中 在第一象限. (1)求圆 的方程； (2)是否存在 使 ？若存在，求出 ；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见详解 【分析】（1）根据抛物线方程求出点的坐标和的长，得解； （2）设，，联立直线与抛物线方程，由条件结合抛物线定义可得，代入韦达定理得解. 【详解】（1）抛物线的焦点，令，得，所以， 所以圆的方程为. （2）不存在这样的，理由如下： 设，， 联立，消去整理得， 故，， 若，则，即得， 又，所以，即，即， 所以，无解，故不存在这样的，使得. 18．（2026·海南省直辖县级单位·二模）小明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练.规则如下：从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑.设他第n天晨跑的概率为. (1)求，，的值； (2)求数列的通项公式； (3)若X，Y都是离散型随机变量，则，记小明前n天晨跑的天数为X，求. 【答案】(1)，， (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出，，的值； （2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式； （3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出. 【详解】（1）已知第1天一定晨跑，故， 第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故， 第3天晨跑的情况分两种：①第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为， ②第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为，故. （2）由题意得，时，第天晨跑的事件可分为两种互斥情况：其一是第天晨跑且第天晨跑，其概率为；其二是第天不晨跑且第天晨跑（这意味着第天必须晨跑），其概率为， 所以，即，则， 所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以，则，，，， 所以． （3）记小明前天中，第天晨跑的次数为． 由题意得，服从两点分布，且，因为，且对于离散型随机变量，都有， 所以 . 19．（2026·云南曲靖·一模）已知函数，其中 (1)若函数在处有极值，求，的值； (2)当，时，设，求的最小值. 【答案】(1)或； (2). 【分析】（1）根据，以及，求得关于的方程组，从而求得，再代入检验即可； （2）分类讨论，，时，对应的取值，结合绝对值三角不等式，即可求得的最小值. 【详解】（1）因为，可得， 又函数在处有极值， 则，且， 解得或； 当时，， 故当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减；故在时取得极小值，且，满足题意； 当时， ， 故当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减；故在时取得极小值，且，满足题意； 综上所述：或. （2）设，， 则二次函数对称轴方程为． 若，， 所以，从而； 若，， 此时， 所以，则， 当且仅当时取得等号； 若，， 所以，从而； 综上所述：M的最小值为． 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $