数学(1)-【衡水金卷·先享题·调研卷】2026年普通高中学业水平等级考试模拟试题数学B

2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（一） 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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.复数之=(2一i)2025的实部与虚部之和为 A.1 B.2 C.3 D.2025 2.已知集合A={2,3,a},B={a,b},则“a=0”是“A∩B≠”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.若双面线E:若-菁-1(a>0)的右焦点为F2,0),则E的渐近线方程为 A.y=士x B.y=土√3x C.y=±2x D.y=土√5x 4记△ABC的内角A,B.C所对的边分别为a,b,cc=4,c0sA-气，若△ABC有两解，则a的取 值范围是 A.(3,4) B.(3,十o∞) C.[3,4) D.(4,+∞) 5.在平面直角坐标系xOy中，点A(一1,0)，P为曲线f(x)=2-lnx上一动点，则AP的最小 值为 A.√2 B.2 C.22 D.5 6.中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林.园林中一建筑的几何模型可以简化为如图所示的 几何体，其中ABCD-A1B1C1D1是长方体，AB=6,BC=BB1=4,A1B1C1D1一A2B2C2D2是棱 台，其侧面均为等腰梯形，且A2B2=3,棱台的高为2，则该几何体的表面积为 D A.119+95 B.149+95 C.110+95 D.125+9√5 数学（一）第1页（共4页） 衡水金卷·先 7.已知数列{an}是首项大于0，公差不为0的等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a2,a1,a4成等比 数列，则使得不等式S,十4a1<0成立的正整数n的最小值为 A.2 B.3 C.4 D.5 8.若函数go(x)满足g1(x)≤go(x)≤g2(x),则称g(x)是“g1(x)一g2(x)切函数”.已知函数 f(x)=x2十a.x十b,f(x)=x-1,f2(x)=2x2-3.x十1，若f(x)是“f(x)-f2(x)切函数”， 则f(2)= A.1 B.2 C.3 D.4 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.为考察某植物幼苗的生长速度，将6个品种的幼苗在相同的环境下培养7天后得到的高度折线 图如图所示，对于这6个数据，下列结论正确的是 幼苗高度（单位：cm) 45 38 42 0 35 33 36 30 20 o 5 5 A.极差为10 B.平均数为37 C.上四分位数为40 D.下四分位数为32 10.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,PA=AB=2,△ABC为等边三角形，则 A三棱锥P-ABC的体积为2,3 B.异面直线PC与AB所成角的余弦值为区 4 C.直线PC与平面PAB所成角的余弦值为 D.二面角P一BC-A的余弦值为四 11.在平面直角坐标系xOy中，曲线T:(x2+y2)(x2十y2-4)=sin2x-cos2y,则 A.曲线T与y轴无交点 B.曲线P关于直线y=一x对称 C.若点P在曲线上，则OP<√5 D若曲线y=a与曲线r有公共点则a<号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=(2,5),b=(1,3),则a一b在a上的投影向量的坐标为 13.(3+号)x-)°的展开式申y的系数为 .(用数字作答) 14.已知偶函数f(x)满足f(3)+f(一3)=0，且对于任意的x≠0，均有xf(x)>0,则不等式 xf(x)>0的解集为 享题·调研卷 数学（一）第2页（共4页） ® 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.(本小题满分13分) 已知函数f(x)=cos wx-十cos(wx十 ）(w>0)的最小正周期为 (1)求f(x)图象的对称中心； (2)求函数g()=Bf()-fx-8)的值域与单调递减区间. 16.(本小题满分15分) 如图，在圆锥SO中，O为底面圆心，P,Q为底面圆周上两点，SO=2√2，且△SPQ是边长为4 的等边三角形 (1)证明：平面SOQ⊥平面SOP; (2)若M为母线SP上靠近点P的三等分点，求点S到平面MOQ的距离. 17.(本小题满分15分) 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三 方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性” 有关：当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7,0.2,0.1；当推理 准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2,0.3,0.5.根据测试数据，该公 司自研大模型推理准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型推理准确性高的概率为0.4（两方案 的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算).两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本） 如表. 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 -30 -10 (1)分别计算两种方案用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率； (2)分别计算两种方案的期望收益； (3)根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由. 数学（一）第3页（共4页） 衡水金卷 18.(本小题满分17分) 在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3),B(0,一√3)，P为平面内一动点.记直线PA的斜率 为1，直线PB的斜率为k:,且k,点：=一是 (1)求点P的轨迹方程； (2)已知点F(一1,0)，F2(1,0),点Q在x轴上，PQ平分∠FPF2, (1)若PF2⊥x轴，求点Q到直线PF1的距离； (ⅱ)是否存在点P,使得P,B,F1,F2四点共圆？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明 理由. 19.(本小题满分17分) 已知函数f(x)=e2r-aer-a2x. (1)当a=一2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥kx2+b. (1)若k=1,b=0,求a的最大值： (iⅱ)若k=2,b=一2，求整数a的最大值. 先享题·调研卷 数学（一）第4页（共4页） ®调研卷B 2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 调研卷B·数学（一） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V.数据处理能力 M.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⅡⅢNVM①②③④⑤⑥档次系数 1 选择题 5 i的周期性的应用 易 0.82 2 选择题 5 集合与充要性的综合 易 0.75 3 选择题 5 双曲线的渐近线 易 0.70 4 选择题 5 由三角形解的个数求参 中 0.60 利用导数求点与曲线上动点 选择题 5 中 0.55 间距离的最值 与多面体表面积有关的情 6 选择题 5 境题 L 中 0.50 等差、等比数列与不等式的 7 选择题 5 中 0.32 综合 8 选择题 5 与函数有关的新定义题 难 0.28 9 选择题 6 统计图 0.65 10 选择题 6 立体几何中空间角的综合 0.50 11 选择题 6 曲线与方程的综合应用 难 0.28 12 填空题 5 求平面向量投影向量的坐标 易 0.72 13 填空题 5 二项式定理的应用 中 0.55 利用函数的奇偶性与单调性 14 填空题 5 中 0.35 解不等式 15 解答题 13 余弦型三角函数性质的综合 中 0.65 以锥体为载体，证明面面垂 16 解答题 15 直，利用空间向量求点到平面 中 0.50 的距离 ·1· 调研卷B 数学（一） 方案设计问题，利用数学期望 17 解答题 15 选择最优方案，涉及全概率 名 0.40 公式 18 解答题 17 点的轨迹问题，存在性问题 难 0.26 利用导数求不含参函数的极 19 解答题 17 J L 难 0.22 值，由不等式求参数的最值 ·2· 调研卷B 数学（一） 参考答案及解析 数学（一） 一、选择题 =104,上半部分棱台上底面的面积为3×2=6，前、 1.C【解析】由题可得x=(2一i)25=(2-i)i=1十 后两侧面的梯形的高均为入 BC-BC2)+22= 2i,其实部为1，虚部为2，之和为3.故选C 2 2.A【解析】对于充分性，若a=0∈A,则a2=0∈B, 厅，则这两个梯形的面积之和为〔6十3)×，5×之×2 此时0为A与B的公共元素，故A∩B≠☑，充分性 成立：对于必要性，取a=1,b≠1，则A={1,2,3》, =9√5，左、右两侧面的梯形的高均为 B={1,b},此时A∩B≠心，但a≠0，必要性不成立， √(AB。AB）+2=号，则这两个梯形的面积 所以“a=0”是“A∩B≠⑦”的充分不必要条件.故 2 选A. 之和为(4+2)×号×号×2=15，所以该儿何体的表 3.B【解析】由题可得a2+3=2,a>0,则a=1,所以 面积为104+6+95+15=125+9√5.故选D. E的渐近线方程为y=士√3x.故选B. 7.D【解析】设数列{an}的公差为d,d≠0，由题意得 4.A【解析】法一：因为c=4,c0sA=,所以由余弦 ai=a2a,即a=(a1+d)(a1+3d),化简得4a1d+ 定理得a2=b+c2-2 bccos A=b+16-2√7b,即 3d=0,因为d≠0，所以d=-号a,则S,=a,十 b-2√7b+16-a2=0,若关于b的方程有两正实根 61,6,则/A=28-416-a)>0 nnDd==2m+5ma1,由S.+4a,<0,得2m2-5n 2 3 ,解得3<a<4.故选 lbb2=16-a2>0 一12>0，即(2n+3)(n-4)>0,解得n>4,所以正 A. 整数n的最小值为5.故选D. 法二：若△ABC有两解，数形结合可得csin A<a<c, 8.B【解析】由题意可得f(x)≤f(x)≤f2(x),因为 因为c0sA=只，所以血A=子，所以3<a<4放 f1(1)=f2(1)=0,所以f(1)=0,故1+a十b=0,则 b=-a-1,所以f(x)=x2+a.x-a-1=(.x十a+ 选A 1)(x-1).又f2(x)=(2.x-1)(x-1),所以x-1≤ (x+a+1)(x-1)≤(2x-1)(x-1),则 ((x+a)(x-1)≥0① 恒成立，由①可得a= (x-4-2)(x-1)≥0@ 一1，代入②式仍恒成立，故a=一1，则f(x)=x2 x,所以f(2)=2.故选B. 5.C【解析】设P(xo,2-lnxo),易知当该曲线在点P 二、选择题 处的切线与直线AP垂直时，|AP|取得最小值.因 9.AC【解析】将6个数据按照从小到大的顺序排列 依次为：32,33,36,38,40,42，极差为42-32=10，故 为fx)=2-n所以f)=-子，则-· A正确：平均数为32+33+36+38+40+42≈36.83. 6 2-n0=-1,解得xo=1,则P(1,2),此时|AP= o+1 故B错误：6×75%=4.5，向上取整为5，故上四分位 2√2.故选C. 数为40，故C正确：6×25%=1.5，向上取整为2，故 6.D【解析】下半部分的表面积为6×4×3+4×4×2 下四分位数为33，故D错误.故选AC. ·1 数学（一） 参考答案及解析 10.ABD【解析】对于A,△ABC的面积S=5AB siny+3,设曲线T上一点(x,y),该点关于直线y= 4 一x对称的点为（一y,一x),将（一y,一x)代入曲线 ,故三棱维P-ABC的体积V=号S·PA D,得(y2+x2-2)2=sin2y十sinx十3，仍然成立，故 曲线下关于直线y=一x对称，故B正确；对于C,设 2,故A正确：对于B,取AB的中点D,连接CD, P(x0,o),易知(x2+y2-2)2=sin2x+sin2y+3≤ 则CD⊥AB,故PC.AB=(PD+DC)·AB=Pi· 5,故x2+y2-2≤√5，则x2+y2≤2+√5<5，所以 AB=|PD1·|AB|cos∠PDA=|AD1· |OP|=√+<5，故C正确：对于D,设 |AB|=2,因为PA⊥平面ABC,ACC平面ABC, g(x)=x2-sinr,g'(x)=2x-2sin rcos x= 所以PA⊥AC,则PC=√PA+AC=2√2，所以 2.x-sin2x,令h(x)=2x-sin2x,则'(x)=2 cos(Pt,Ai》= PC.AB 2cos2x≥0，所以h(x)即g'(x)单调递增，又g'(0) 三2一=2，故B |PC1|AB22×2 =0,所以当x∈（一∞，0）时，g'(x)<0,g(x)单调递 正确：对于C,连接PD,则PD=√5，因为PA⊥平面 减，当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增，故 ABC,CDC平面ABC,所以PA⊥CD,因为CD⊥ g(x)≥g(0)=0,所以six≤x2,故对于曲线T上 AB,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以CD⊥ 的点，(x2+y2-2)2≤x2+y2+3,令1=x2+y2,则 平面PAB,又PDC平面PAB,所以CD⊥PD,则 （1-2)≤1+3，即P-51+1≤0，解得5-2I≤1≤ 2 ∠CPD即为直线PC与平面PAB所成的角，且 CD-是亮=平放C特：对于D. 5十y2I<5,由基本不等式可得≥2xy=2a,当且 2 取BC的中点E,连接AE,PE,则AE⊥BC,由PB= 仅当=y时等号成立，则a≤专<号.故D正确， PC=22,得PE⊥BC,因为PE∩AE=E,PEC平 故选BCD. 面PBC,AEC平面ABC,平面PBC∩平面ABC= 三、填空题 BC,所以∠PEA为二面角P一BC-A的平面角，易 12(器9) 【解析】由题可得a一b=(1,2),故a-b 得AE=√3，则PE=√PA+AE=√7，故 a∠PEA=能=点=牙，放D正确，故 在a上的投影向量的坐标为08·合 a 选ABD 1X225.(25)=(器8）， 29 13.60【解析】(x一y)s的展开式中，x'y2的系数为 C(一1)2=15，x2y的系数为C(-1)=15,所以 (3+子)(x-)的展开式中，xy的系数为3× 15+15=60. 14.(-3,0)U(3,+∞)【解析】因为f(x)为偶函数， 所以f(3)=f(-3)=0,因为xf(x)>0,所以当 x>0时，f(x)>0,f(x)单调递增，此时xf(x)>0 11.BCD 【解析】对于A,当x=0时，y2(y2一4) 等价于f(x)>0,由f(3)=0,得x>3.设g(x)= -cos2y,令f(y)=y2(y2-4)+cos2y,则f(0)=1, xf(x),则g(x)十g(一x)=xf(x)一xf(一x)= f(1)=-3+cos21<0,故f(y)在(0,1)上存在零 xf(x)一xf(x)=0,故g(x)为奇函数，所以当x<0 点，故曲线下与y轴在y∈(0,1)时存在交点，故A 时，g(x)=xf(x)>0的解集为(-3,0).综上， 错误；对于B,(x2十y2)(.x2十y2-4)=(x2十y2-2 不等式xf(x)>0的解集为（一3,0）U(3,十∞). +2)(x2+y2-2-2)=(x2+y2-2)2-4,sin2x cos2y=sinx+sin2y-1,(x2+y2-2)2=sin2x+ ·2· 调研卷B 数学（一） 四、解答题 15.解：1D由题得fx)=cosw十gcos-3 2 sin wx cos r in sin r=3cos(ox+5）, 则红=经解得w=3, (3分) 0 所以f(x)=5cos(3x+5): 则O(0,0,0),P(0,2√2,0)，Q(22,0,0),S(0,0, 令十吾=吾+，kC乙.得=吾+经∈Z 2.Mo,22） (5分) 故fx)图象的对称中心为（否+经，0），k∈乙 所以oi=(0.49,22).0à=(2.00).= (0,0,2√2) (9分) (6分) 设平面MOQ的法向量为n=(x,y,z), 2)g)=5f)-f(x-&) …=,+29=0 =3cos(3x+晋）-V5cos3x 则 n.OQ=2√2x=0 =33 39cos3r-号sn3x-5os3x 取y=1,得x=-2,x=0,则n=(0,1,-2), (12分) ws3r-gsn3a=vcos(r+号） (9分) 所以点S到平面MOQ的距离为d=n·O心 n 故g(x)的值域为[一√3,3] (10分) 10X0+1×0+(-2)×221=42_40 令2km≤3x+晋<2x+x,k∈Z, √02+12+(-2)3 5 5 (15分) 得-晋<<2+ez. 17.解：设事件C:推理准确性高，事件C:推理准确 3 性低， 故g)的单调递减区间为[-吾，2+]， 事件S:高满意，事件S2:中满意，事件S:低满意. k∈Z. (13分) (1)由题可得P(S:C)=0.7,P(S:C)=0.2, 16.解：(1)因为SO⊥平面OPQ,OP,OQC平面OPQ, P(S2|C)=0.2,P(S2|C)=0.3, 所以SO⊥OP,SO⊥OQ. (1分) P(S3|C)=0.1,P(S3|C)=0.5. (2分) 在Rt△SOQ中，SQ=4,SO=2√2， ①自研方案：由题可知P(C)=0.6,P(C)=0.4, 则OQ=√SQ-SO=2√2，所以OP=2√2， (3分) 又PQ=4,所以OP2+OQ=PQ, 所以P(S)=P(C)P(S,|C)+P(C)P(S,IC)= 故OQ⊥OP, 0.6×0.7+0.4×0.2=0.5, (4分) (3分) 因为sonOP=O,SO,OPC平面SOP, P(S2)=P(C)P(S2|C)+P(C)P(S2|C)=0.6× 0.2+0.4×0.3=0.24, (5分) 所以OQ⊥平面SOP, P(S:)=P(C)P(Ss C)+P(C)P(SC)=0.6X 又OQC平面SOQ,所以平面SOQ⊥平面SOP. 0.1+0.4×0.5=0.26. (6分) (5分) ②采购方案：由题可知P(C)=0.4,P(C)=0.6, (2)由(1)可知OQ,OP,OS两两垂直， 以O为原点，OQ,OP,OS所在直线分别为x,y,x轴 所以P(S)=P(C)P(SIC)+P(C)P(S|C)= 建立如图所示的空间直角坐标系， 0.4×0.7+0.6×0.2=0.4, (7分) P(S2)=P(C)P(SC)+P(C)P(S2|C)=0.4× ·3· 数学（一） 参考答案及解析 0.2+0.6×0.3=0.26 (8分) P(S3 )=P(C)P(S |C)+P(C)P(S C)=0.4X 0.1+0.6×0.5=0.34. (9分) (2)自研方案的期望收益： E=P(S)×120+P(S2)×50+P(S)×(-30)= 0.5×120+0.24×50+0.26×(-30)=64.2万元， (i)假设P,B,F1,F2四点共圆， (11分) 设圆的方程为(x一m)十（y-n)2=2, 采购方案的期望收益： 由点B,F,F2均在圆上， E2=P(S)×80+P(S2)×40+P(S)×(-10)= m=0 0.4×80+0.26×40+0.34×(-10)=39万元. m2+(√5+n)2=r2 (13分) 可得 （一1-m)+r=2,解得n= 3 (3)数学期望反映长期平均收益， (1-m)2十n2=r2 r= 由(2)可知自研方案的期望收益明显高于采购方案 的期望收益， 故圆的方程为+(+)广= (14分) 所以该公司应选择自研大模型方案。 (15分) 18.解：(1)设P(x,y),x≠0， 联立 +(+）广-青得-29-0 由题意可得k2=y二5.y十5=y-3 3 3.x2+4y2=12 4 即(y-3√3)(y十√3)=0，则y=3√3或y=-√3， 整理得+苦=1， 又y∈（一√3W5),所以两曲线无交点， 故点P的轨迹方程为号+苦-1≠0. 故不存在点P,使得P,B,F1,F2四点共圆.(17分) (4分) 19.解：(1)当a=-2时，f(x)=e2+2e-4x, (2)(1)若PF2⊥x轴，设P(1,t), 则f(x)=2e2r+2e-4=2(e+2)(e-1),(1分) 代人号+苦=1，得子+后1 当x∈(-o,0)时，了(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增，(2分) 解得=号，故PF,=川= 2, 故f(x)无极大值，极小值为f(0)=3. (3分) 则由箱圆的定义得1PF=一PF=号、(7分) (2)设g(x)=f(x)-kx2-b≥0，x≥0. (1)若k=1,b=0,则g(x)=e2-ae'-a2x-x2, 因为PQ平分∠F:PF2,所以∠FPQ=∠F2PQ, 由g(0)=1-a≥0，得a≤1. (4分) 在△F,PQ中，由正弦定理得sin F,PQ sin/FQP' QF PF 下面证明a=1符合题意： 当a=1时，g(x)=e2r-e'-x-x2,x≥0， 在△E,PQ中，由正弦定理得n/F.PQ sin/F,QP QF, PF 则g'(x)=2e2-e-1-2x=e2r-e'十(e2-2x 两式作比可得85--营· 1), (5分) (9分) 易知当x≥0时，e2r-e≥0， 由Qr,+Qr,=2,得1Q,=景Qr= 设w(x)=e-x-1,x≥0， 则w'(.x)=e-1≥0， (10分) 所以(x)在[0，十∞)上单调递增， 过点Q作QM⊥PF,于点M, 所以(x)≥(0)=0，则w(2x)≥0， (7分) 由角平分线的性质可得QM=QF=3 · 故g'(x)=e2r-e+(2x)≥0， 故点Q到直线PF,的距离为子 所以g(x)在[0，十∞)上单调递增， (12分) 则g(x)≥g(0)=0,符合题意， 所以a的最大值为1. (9分) ·4 调研卷B 数学（一） (i)若k=2,b=-2, -e-1, 则g(.x)=e2-ae-a2x-2.x2+2,x≥0， 由(1)可得u(x-1)=e1-x=1（e-ex)>0, 由g(0)=3-a>0,得a≤3， (10分) 因为a为整数， 故e2r>2ex>4x,则e2r-4x>0. (14分) 所以当a=3时，g(x)=e2-3e-9.x-2x2+2, 设h(x)=e2-e'-1,x>1, 则g(1)=e-3e-9<-3e<0,不符合题意；(11分) 则h'(x)=2e2r-e=e(2e-1)>0, 当a=2时，g(x)=e2r-2e-4.x-2x2+2, 故h(x)在(1，十o∞)上单调递增， 则g(1)=e2-2e-4<5-2e<0,不符合题意； 所以h(x)>h(1)=e2-e-1>0, (12分) 故g'(x)=e2-4x十h(x)>0, 当a=1时，g(x)=e2-e-x-2x2+2, 所以g(x)在(1，十∞)上单调递增， 由(1)知当x≥0时，e一1>≥x, 则g(x)>g(1)=e2-e-1>0. (16分) 当0≤x≤1时，g(x)=e(e-1)-x+2-2x2≥ 综上，当a=1时，g(x)≥0， xe-x=x(e'-1)≥0： (13分) 所以整数a的最大值为1. (17分) 当x>1时，g'(x）=2e2-e-1-4x=e2-4x+e2r ·5·