2026年高考数学模拟卷（一）（全国Ⅱ卷）

2026年高考数学模拟卷（一） （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·黑龙江齐齐哈尔·二模）集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·贵州六盘水·一模）已知，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·辽宁沈阳·三模）在中，，是上一点，若，则实数的值为（  ） A． B． C． D． 4．（2026·云南·模拟预测）已知为正项等比数列的前项和，若，，则（   ） A． B． C．15 D．63 5．（2026·广西南宁·一模）设随机变量，则（       ） A． B． C． D． 6．（2026·甘肃兰州·一模）已知曲线，则曲线上的点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，若对任意的，均有，则实数的取值范围是（   ） 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．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知直线a，b及平面，．下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 10．（2026·重庆九龙坡·二模）(多选)函数的部分图象如图所示，则正确的有（   ） A． B． C．的图象关于点对称 D．方程 =sin2x在上有个解 11．（2026·贵州贵阳·一模）古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．则（   ） A．椭圆的长轴为 B．椭圆的离心率为 C．与的交点是椭圆的一个焦点 D．内接于椭圆的菱形周长最大值为20 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·山西晋中·模拟预测）已知复数在复平面内对应的点为，则__________． 13．（2026·辽宁大连·二模）现从甲、乙、丙等6人中，先随机抽取1人唱歌，再在剩余5人中随机抽取2人跳舞，在抽取到的3个人中，甲、乙中有且只有1人被抽到，且丙不被抽到去跳舞的抽法有________种． 14．（2026·山西晋城·一模）过直线上一动点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，两条切线与轴分别交于点，则的外接圆面积的最小值为__________． 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·辽宁鞍山·二模）记的内角的对边分别为，若． (1)求的值； (2)求的最大值． 16．（2026·山东枣庄·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 17．（2026·新疆·模拟预测）某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： (1)若规定成绩较高的前30%的学生获奖，请求出a的值并估计获奖学生的最低分数线； (2)现从成绩位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设这2人中成绩落在内的人数为X，求X的分布列； (3)由频率分布直方图可认为该市全体参赛学生的成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且.从该市所有参赛学生中任取一人，试估计该生的成绩高于85.6分的概率. ［参考数据：；若，则，，］ 18．（2026·广西河池·二模）已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． (1)求． (2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 19．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知为定义在上的奇函数且连续可导，令.当时，有. (1)讨论在区间上的单调性，并证明：当时，； (2)当时，解不等式：； (3)我们可以找到满足题意的一个函数.现在利用这个函数，重新构造函数，记，若实满足，证明：. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学模拟卷（一） （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·黑龙江齐齐哈尔·二模）集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出，再根据交集的概念求解. 【详解】，故. 2．（2026·贵州六盘水·一模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式化简可得结果. 【详解】因为，所以， ， 故. 3．（2026·辽宁沈阳·三模）在中，，是上一点，若，则实数的值为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以. 设，， 则. 代入，得. 又，所以，解得. 因此. 4．（2026·云南·模拟预测）已知为正项等比数列的前项和，若，，则（   ） A． B． C．15 D．63 【答案】D 【分析】由等比数列前项和公式结合条件即可求得公比，进而求得的值. 【详解】因为，且， 所以有，即， 则有，所以公比， 所以， 故选：D． 5．（2026·广西南宁·一模）设随机变量，则（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正态分布的对称性及概率加法公式计算可得. 【详解】因为随机变量，所以. 因为，所以，所以. 所以. 所以. 故选：C. 6．（2026·甘肃兰州·一模）已知曲线，则曲线上的点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆的方程，设点为曲线的任意一点，且，进而根据点到直线的距离，结合三角恒等变换求解即可. 【详解】曲线变形得，表示轴右侧的部分椭圆， 所以，， 设点为曲线的任意一点，且， 点到直线的距离为： 因为，， 所以， 所以， 所以曲线上的点到直线的距离的取值范围是. 7．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作交于，连接，可证得，得是与所成的角或其补角，由平行线性质求得，由余弦定理求得，从而得与所成的角. 【详解】 作交于，如图，连接，则， 又，所以，所以， 所以是与所成的角或其补角， 由，， 所以，，，所以， 在中，， 所以与所成角的余弦值为. 8．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，若对任意的，均有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将待求不等式转化为成立，通过构造一次函数，结合单调性列不等式组求解即可. 【详解】由，得， 整理得，即，即. 设，这是关于的一次函数， 要对任意，， 需满足两个等号不能同时成立，解得. 故实数的取值范围为. 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·新疆乌鲁木齐·二模）已知直线a，b及平面，．下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BD 【详解】对于A，若，，则直线与直线可能平行，可能异面，故A错误. 对于B，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两条直线平行.若，，则，故B正确. 对于C，若，，则直线与平面，可能垂直可能平行也可能相交但不垂直. 故C错误. 对于D，若，，如图过直线作平面与平面相交于直线，可得，因为，所以，又因为， 可得.故D正确. 10．（2026·重庆九龙坡·二模）(多选)函数的部分图象如图所示，则正确的有（   ） A． B． C．的图象关于点对称 D．方程 =sin2x在上有个解 【答案】AC 【详解】对于A：由图象可知，当时，有最大值为； 当时，有最小值为； 所以，所以，所以，故A正确； 对于B：由图象可知，当时，有最大值为； 当时，有最小值为；所以，所以， 因为， 所以，所以，即， 又因为，所以当时，，故B错误； 对于C：因为，当时，， 由于是正弦函数的一个对称中心，故点是图象的一个对称中心，故C正确； 对于D：由题意可得， 展开可得：， 即，即，可得， 令，由得到，即， 由于正切函数在每个周期内有唯一解，且在和各有一个解， 所以在内有两个解，即在内有两个解，故D错误. 11．（2026·贵州贵阳·一模）古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．则（   ） A．椭圆的长轴为 B．椭圆的离心率为 C．与的交点是椭圆的一个焦点 D．内接于椭圆的菱形周长最大值为20 【答案】ABD 【详解】在中，，，， 对于A，椭圆的长轴为的长，在中，， 由余弦定理得， 因此，A正确； 对于B，设与的交点为，， 在中，， ， 在中，， 依题意，，B正确； 对于C，椭圆长轴长，由，得半焦距， 在中，，， 又，因此不为椭圆焦点，C错误； 对于D，如图，椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形， 设，则，即， 则，，化简得， 同理，菱形中，， 则当时，取得最大值为25，即， 因此菱形周长的最大值为，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·山西晋中·模拟预测）已知复数在复平面内对应的点为，则__________． 【答案】 【分析】结合，利用周期性即可求解． 【详解】由题意可知，又因为， 所以． 13．（2026·辽宁大连·二模）现从甲、乙、丙等6人中，先随机抽取1人唱歌，再在剩余5人中随机抽取2人跳舞，在抽取到的3个人中，甲、乙中有且只有1人被抽到，且丙不被抽到去跳舞的抽法有________种． 【答案】24 【详解】①甲、乙中有且只有1人被抽到有种抽法， 若抽到的三人中不含丙，则从剩余的三人中抽取2人有种抽法， 抽到的3人安排其中一人唱歌有种抽法， 根据分步乘法计数原理，共有种抽法. ②若抽到的三人中含丙，则丙需被安排去唱歌，甲乙选1人跳舞，除甲、乙、丙的3人中选1人跳舞， 共有种， 根据分类加法原理，共有种抽法. 14．（2026·山西晋城·一模）过直线上一动点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，两条切线与轴分别交于点，则的外接圆面积的最小值为__________． 【答案】 【详解】的焦点为，抛物线方程可改写为，则， 设两条切线分别为，切点分别为，如下图： 则， 令，可得．联立的方程，可得， 所以，则，所以， 同理， 则的外接圆以为直径，又， 所以外接圆面积的最小值为． 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·辽宁鞍山·二模）记的内角的对边分别为，若． (1)求的值； (2)求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据已知条件和余弦定理得，再利用正弦定理求出，最后把代入即可求出； （2）先利用余弦定理得，再结合均值不等式即可求出. 【详解】（1）由余弦定理可得， 整理得， 由正弦定理得，， 又，. （2）在中，由余弦定理得， ， 由均值不等式可得：， ，，当且仅当时等号成立， 故的最大值为. 16．（2026·山东枣庄·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面与平面垂直可得线面垂直，再由线面垂直，面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面的夹角的余弦，再由不等式的性质求取值范围即可. 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为平面，所以, 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，可得， 设平面的法向量，则， 令，可得， 则， 所以，当时，，即 当时，，由可得， 所以， 综上，可知，即的取值范围为. 17．（2026·新疆·模拟预测）某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： (1)若规定成绩较高的前30%的学生获奖，请求出a的值并估计获奖学生的最低分数线； (2)现从成绩位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设这2人中成绩落在内的人数为X，求X的分布列； (3)由频率分布直方图可认为该市全体参赛学生的成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且.从该市所有参赛学生中任取一人，试估计该生的成绩高于85.6分的概率. ［参考数据：；若，则，，］ 【答案】(1)，76分 (2)分布列见解析 (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积为1计算可得，再由百分位数的定义计算可求出最低分数线； （2）由分层抽样比可求出各区间抽取的人数，再计算出相应概率可求出分布列； （3）由频率分布直方图计算出初赛成绩的平均值，再由正态分布计算可得所求概率. 【详解】（1）由频率分布直方图易知，， 解得， 由图知的频率为0.04，的频率为， 的频率为0.54， ∴获奖学生最低分数线落在内，不妨设为x， 则，解得， ∴估计获奖学生的最低分数线为76分. （2）由图可知，与的频率之比是， 根据分层随机抽样的方法可知，在内抽取3人，在内抽取4人，在内抽取1人. 则X的可能取值为0，1，2， 易知，，， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P （3）易知平均值为， 即可得， ∴. 18．（2026·广西河池·二模）已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． (1)求． (2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）直线与交于定点． 【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得； （2）（i）将直线与抛物线联立，可知，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线，整理可得，即； （ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点. 【详解】（1）当点与原点重合时，直线过原点且斜率为2，其方程为， 联立得，解得或，所以． 所以，解得． （2）由（1）知，设，直线． 联立与，得， 所以且． （i）设，如下图： 直线过点和，设直线的方程为， 联立，得，则， 整理可得．① 同理，对于直线，可得．② 因为，所以，③ 由①②作商，结合③，得，即． 所以， 所以． （ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线， 又因为，所以与的交点即直线与的交点． 由②③，得，所以． 直线的斜率， 直线的方程为． 在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点， 故直线与交于定点． 19．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知为定义在上的奇函数且连续可导，令.当时，有. (1)讨论在区间上的单调性，并证明：当时，； (2)当时，解不等式：； (3)我们可以找到满足题意的一个函数.现在利用这个函数，重新构造函数，记，若实满足，证明：. 【答案】(1)在上单调递增，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合已知条件和的奇偶性，推导在上的符号，进而判断函数单调性； （2）原不等式等价于， 即，结合函数单调性证明即可； （3）求导分析在上单调性，结合题干可得，将证明，转化为证明.构造函数，求导分析单调性和极值即可. 【详解】（1）当时，， ∴为奇函数. 当时，， ∴，∴在上单调递增， ∵为奇函数，∴在上单调递增. 令，， ∴，∴在上单调递增， ∴，∴. （2）等价于 ， 即， ∵，∴，， 由（1）知在上单调递增，∴，即， 故原不等式的解集为. （3）由， 可得，整理得， ∵，∴在上单调递增， ，且，故. 要证，只需证， 只需证， 只需证， 即证. 令， ， 令，∴， 故在上单调递增， 所以，故在上单调递减， ， 即成立， 故. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $