数学(4)-【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（四） 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.已知集合A={x(x2-1)x=0},B={xx=2-1,n∈Z},则A∩B= A.{0} B.{-1,1} C.{0,1} D.{-1,0y 2.已知复数之=(1十i)(a一i)(a∈R),若|x=√/10，且复数之在复平面内对应的点在第一象限，则 a的值为 A.2 B.-2 C.-2或2 D.3 3.已知0<a<受，且满足sina+2 sin-3c0sa=0,则a的值为 A.君 c D等 2-,x<0, 4.若函数f(x)= 在（一∞，十∞）上单调递减，则实数a的取值范围为 -a.x+a2,x≥0 A.[-1,0) B.(0,1] C.(0,1) D.[-1,1] 5.某手机品牌售后中心统计显示，当购买时间在1年以内的新机，手机出现故障后被修复的概率 为8，当购买时间超过1年的旧机，手机出现故障后被修复的的概率为号，售后中心每天接待的 旧机概率为，某天一位用户带着手机来维修，则该手机出现故障被修复的概率为 A号 B器 c得 D号 6.某城市规划中，要在以坐标原点为中心，方程为x2十y2=1(单位：千米)的圆形广场周边设置隔 离设施.广场旁有一条由直线x十y一2=0（单位：千米）代表的道路，从该道路上任取一点P,向 广场边缘作两条切线PA,PB(A,B为切点)，弦AB段将安装防护栏.为节约成本，则防护栏AB 的长度的最小值为 A.2 B.√3 C.√2 D.1 数学（四）第1页（共4页） 衡水金卷·先 7.已知椭圆C:若+芳-1(a>6>0),过椭圆左焦点R且斜率为（≠0）的直线1与椭圆C交于 A,B两点，线段AB的中点为M,直线OM0为坐标原点)的斜率为一，则C的离心率为 A. B c停 8.若不等式xe十lnx十(1一a)x一er<0恒成立，则实数a的取值范围为 A.(o.e) B,+) c(-o, (o,t) 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.已知a,b,c∈R,则下列说法正确的是 A.若a>b,则ac3>bc3 B.若ac2>bc2,则a>b C.若a>b>c,则ab>bc D.若b>a>0,c>0,则a+c>a b+cb 10.某港口的海浪高度随时间变化，规律近似满足y一Asin(at十p)十(A>0,w>0,受<9<2x,t为时 间，单位：小时，=0对应凌晨0点).且满足下列条件：①一天内海浪高度最高为8米，最低为2米， ②相邻两次最高高度间隔时间为12小时，③凌晨3点时海浪高度为5米.则下列正确的有 A.A=5,b=3 B.w=否 c.e-3号 D.y=-3c0sg1+5 11.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点(A,B不重合)，O为坐标 原点，则 A.若|AF|=3BF|,则直线l的斜率为士√3 B.以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切 C.M为C上一动点，E(3,1),则ME一MF的最大值为5 D.过点A作抛物线C的切线交y轴于点Q,则△QAF不可能为等腰三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知幂函数f(x)=(2一2m一2)xm-3在(0，十∞)上单调递减，则实数m= 13.在边长为2的正方形ABCD中，E为BC边的中点，F是对角线AC上的动点（含端点），若t= AE·BF,则t的取值范围为 14.某棱长为6的正四面体零件的结构模型中，中间大球半径为R,且大球为正四面体的内切球， 其余四个顶点所在的空间依次各放一个大小相同的小球，且小球的半径R'一？R,则该模型中 所放小球的体积为 享题·调研卷 数学（四）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) 已知等差数列{an}满足a3十a4=7,a2十a7=9. (1)求{an}的通项公式： am,n≤2 (2)若bn= ,求数列{bn}的前n项和Sn(n≥3). am·2",n≥3 16.(本小题满分15分) 某工厂为提高产品质量，对一批产品的某项指标进行检测，得到容量为200的样本数据，其频 率分布直方图如下： 个频率 0.030 组距 0.015-- 0.005 0V10203040506070元 已知该指标值X近似服从正态分布N(,σ2)，其中以近似为样本平均数，σ2近似为样本方差 (计算时每组数据以区间中点值为代表) (1)求：和o; (2)若从该批产品中随机抽取10件，记指标值在[μ一2。，十2o]内的产品件数为Y,求Y的数 学期望E(Y);(精确到0.1) (3)若指标值不低于60的产品为“优质品”，现从该批产品中随机抽取3件，用频率估计概率， 求至少有1件“优质品”的概率.（精确到0.001） 参考数据：若X~N(,o2),则P(4一o≤X≤十o)≈0.6827，P(u-2o≤X≤4十2o)≈0.9545， P(μ-3o≤X≤μ+3o)≈0.9973.0.953=0.857375. 17.(本小题满分15分) 在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AB∥CD,AB=4,BC=2,CD=2.将梯形ABCD绕BC 所在直线旋转一周，得到一个圆台OO2(下底面为圆O,,上底面为圆O2,O,O2分别为B,C旋转 后的对应点)，点E为下底面圆O1的弧上的点，点F为AO1的中点. (1)求圆台的高及母线长； (2)若∠A0,E-,求直线ED与下底面圆O,所在平面所成角的正切值： (3)若二面角O-DF-一E的余弦值为，求线段DE的长. D 8:: 数学（四）第3页（共4页） 衡水金卷 18.(本小题满分17分) 已知点P(2.0)在双曲线E:若-若=1(a>0,b>0)上，E的左、右焦点分别为，过 点(5,0)的直线与x轴垂直，且交双曲线于点A,B,AB=√3. (1)求E的方程； (2)过点P(2,0)的直线1与双曲线E交于另一点Q,过原点O作直线OQ的垂线，交直线x= 号于点R,求直线PR的斜率的取值范围： (3)设过F2的动直线1与双曲线E的右支交于M,N两点，O为坐标原点，求△OMN面积的 取值范围. 19.(本小题满分17分) 已知函数f(x)=xe,g(x)=x一xlnx. (1)证明：f(x)≥e-1: (2)若存在x∈[。，2]，使得不等式f()十≤g()成立，求实数的取值范围： (3)若g(x)=3x十ax2-g()a∈R有两个零点x,且x>3x1,证明：V>3 21 先享题·调研卷 数学（四）第4页（共4页） ⑧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（四） 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 Ⅵ.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 选择题 5 集合中的交集运算 易 0.82 2 选择题 5 复数含参的运算问题 易 0.75 3 选择题 5 知值求角问题 易 0.72 4 选择题 5 由分段型函数的单调性求参 中 0.60 全概率公式的应用（涉及 选择题 5 0.55 情境) 选择题 5 利用圆的方程解决最值问题 中 0.50 7 选择题 5 求椭圆的离心率 中 0.32 8 选择题 5 指对同构问题（涉及导数） 难 0.28 9 选择题 6 不等式的性质 中 0.60 10 选择题 6 三角函数的实际应用 中 0.50 11 选择题 6 抛物线的焦点弦问题 难 0.28 12 填空题 5 幂函数的性质 易 0.72 利用平面向量解决参数取值 13 填空题 5 中 0.55 范围问题 14 填空题 5 几何体内多球内切问题 中 0.30 15 解答题 13 分段数列，数列求和 中 0.60 以频率分布直方图为载体，考 16 解答题 15 查正态分布，二项分布，数学 中 0.50 期望等 以旋转体为载体，求线面角， 17 解答题 15 中 0.40 由二面角求线段的长 ·1· 调研卷B 数学（四） 直线与双曲线的位置关系，取 18 解答题 17 L 值范围问题 你 0.26 利用导数证明不等式，存在问 19 解答题 17 L L 难 0.22 题，双变量问题 ·2· 调研卷B 数学（四） 参考答案及解析 数学（四） 一、选择题 7.D 【解析】设A(x,y),B(x2,y2),则中点M的坐 1.B【解析】因为A={x|(x2-1)x=0}={-1,0, 1),B={…,-3,-1,1,3,…},所以A∩B 标为（士，“产）因为A,B在精圆上，所以 2 {-1,1}.故选B. 2.A【解析】由题得=(1+i)(a-i)=(a+1)+(a +=1+器 =1,两式相减得二生十 a 1)i,所以|z|=√(a+1)2+(a-1)7=√2(a2+1) =0,即得二=- =√10，解得a=2或a=-2,因为复数之在复平面 b2 xi一x 一？，直线AB的斜案 内对应的点在第一象限，所以a=2.故选A. 3.B【解析】由题得cosa∈(0,1)，由sina十2 sin acos a 贵，直线OM的斜*为出=一又 x1-x2 x1十x2 x一x -3cos2a=0,两边同除以cos2a,得tana十2tana-3 =0,即(tana+3)(tana-1)=0,解得tana=1或 =头二要×十多，所以-号=x(一)即警 xI-x21+x2 a2 tana=-3,又因为0<a<受，所以tane>0,tana 所以==1-=1--，因为0< 1 1,a=不.故选B 1,故e=5.故选D 2 4.B【解析】由条件可知a>0, 11≥a2, →0<a≤1.故选B. 8.B【解析】xe+十lnx十(1-a)x-e<0可转化为 5.C【解析】设手机是新机为事件A,故障被修复为事 xe+lnx+x<e+ax,即er+r+lnx十x<e+ 件B则P(A)=1-号=号P(A)=吾，P(BA a.x,令g(x)=e+x,则有g(lnx+x)<g(ax),由基 本初等函数性质可知函数g(x)单调递增，所以 =g,P(BA)=号，根据全概率公式，P(B)= 1nx十x<a,所以a-1>ln2,令h(x)=ln2,所以 PCA)P(BIA)+P(A)P(BA)=号Xg+号X 5 9 (x)=-lnr,令f(x)=0,得x=e,当x∈(0，e) 号-装故选C 时，h'(x)>0,h(x)单调递增，当x∈(e,十∞)时， 6.C【解析】由题可知圆形广场中心O到直线x十y h'(x)<0,h(x)单调递减，且x→0时，h(x)→一o∞： 2=0的距离为d=2,在Rt△OAP中，OA=1, 1OP1≥2，所以m∠A0=8别≤方南于 I+∞时，h(x)-0,所以h(x)≤h(e)=1 ,所以a 1>。即。>故选B e ∠APO<乏，所以可得∠APO≤于，则∠APB 二、选择题 2∠APO<,因为OA⊥AP,OB⊥BP,所以∠APB 9.BD【解析】对于A:当c=0时，ac3=bc3,故A错误； 对于B:因为ac2>bc2,所以c2>0,所以a>b,故B正 与∠AOB互补，所以当∠APB=交时，弦长AB最 确；对于C:令a=1,b=一2，c=一3，符合a>b>c,而 小，此时∠AOB=受AB到=厄.故选C ab=-2.c=6,ab<k,放C错误：对于D-号 _b(a十)-ab+=b-a>0,故D正确.故 (b+c)b (b+c)6 选BD 10.BCD【解析】由①得：A=8,2=3,平衡位置b= 2 8十2=5，所以y=3sin(at+p+5,所以A错误：由 2 ②得：周期T=12小时，故u=票=吾，所以B正 数学（四） 参考答案及解析 确，所以y=3sin(否十g）+5,又由③可知当1=3 示，设O为大球的球心，大正四面体的底面中心为 E,棱长为AB=6,高为h,CD的中点为F,连接OA, 时，y=5,代人得5=3sin（×3+g）+5→ OB.OC,OD,0E,BF,则BE=号BF=×6 3 sin(受十p）=0,则受十9=kπ(k∈Z),即9=-牙 23,h=AE=√AB-BE=2V6,:V正四商体= +kπ(k∈Z),因为受<9<2x,所以当k=2,得p 4,-e心号S6m·A=4X号Se·R,R 要符合条件，所以C正确：所以y=3sin(若1+受) 子h=R=小球的体积为= 3 m +5=-3cos+5,所以D正确.故选BCD, ×()- 11.AB【解析】设A(xy),B(x2,y2),对于选项A: 若|AF|=3|BF|,则l的斜率存在且不为零，设直 线的方程为y=k(x一1)(k≠0)，联立抛物线方程 得x2-(2k2+4)x+k=0,△>0，所以x1十x2= 2+4,x1·=1,由AF川=3BF,即得+1 3(x2+1),由上解得k=士√3，A正确；对于选项B: AB的中点到准线x=-1的距离为西十1十十1 2 四、解答题 =4十+1，又因为AB1=十+2AB 2 2 15.解：(1)设{an}的公差为d,由题意知《 2a1+5d=7 2a+7d=9' =十+1，故圆与准线相切，B正确：对于选项 (2分) 2 解得a1=1,d=1, (3分) C:F(1,0),由||ME|-|MF||≤|EF|=5→ 则a.=1+(n-1)×1=n. (5分) -5≤|ME|-|MF|≤√5，当且仅当E,F,M共 （n,n2 (2)由(1)得b.= 线时取等号，故|ME|一MF|的最大值为√5，C错 n·2",n≥31 误；对于选项D:切线方程为y=2(x十)，得 前n项和可分为前2项与第3项至第n项的和， Qo,头)所以1Q=V+(60 即S,=h十b:十∑b, k■3 √+x,QF|=√1+x,AF|=x1+1,当x1= 其中b1十b2=1+2=3. (7分) 1时，|QA=|QF|=√2，此时△QAF为等腰三角 令P=b+b+…+bn=3X23+4X2+…+n ·2", 形，D错误.故选AB. 所以2P=3×2+4×25+…+(n-1)·2+n· 三、填空题 2n+1, 12.一1【解析】由题设得2-2m一2=1→(m十1)(m (9分) 两式相减得一P=3×23十2十2十…十2”一n 3)=0,可得m=3或m=一1，当m=3时，f(x)= ·2n+1 x°，不符合题意，舍去；当m=一1时，f(x)=x4, 在(0，十∞)上单调递减，符合题意，故m=一1. =2X23+23+2+25+…+2-n·2+1 13.[一4,2]【解析】以A为坐标原点，射线AB,AD =2×2+81-29)-n·2 1-2 分别为x,y轴非负半轴建立平面直角坐标系，则 =8+(1-n)·2+1, A(0,0),D(0,2),B(2,0),C(2,2),E(2,1),AE 所以P=-8+(n-1)·2+1, (12分) (2,1),AC=(2,2),A店=(2,0)，设A市=xAC 所以S,=3+P=2+1(n-1)-5(n≥3). (13分) (2a,2A),0≤1≤1，则B=A市-AB=(2X-2,2A), 16.解：(1)由直方图可知，平均数4=(15×0.005+25 所以t=AE·BF=(2λ-2)×2+2λ=6A-4,由0≤ ×0.015+35×0.030+45×0.030+55×0.015+65 λ≤1得-4≤1≤2. ×0.005)×10=40, (2分) 方差2=[(15-40)2×0.005+(25-40)2×0.015 14.【解折】由题可知榄型的儿何体结构如图所 +(35-40)2×0.030+(45-40)2×0.030+(55- ·2 调研卷B 数学（四） 40)2×0.015+(65-40)2×0.005)]×10=145, 解得EF=4(负值舍去)， (13分) 所以标准差=√145. (5分) 所以DE=√4+2=25. (15分) (2)因为正态分布中，P(4-2a≤X≤4+2a)≈ 18.解：(1)由题知a=2, 0.9545, 即每件产品指标值在该区间内的概率约为0.9545， 所以E-长 =1(b>0), (7分) 又由题可知点(5，)也在双曲线上， Y表示10件产品中符合条件的件数， 故Y~B(10,0.9545), (9分) 3 所以 5 4 所以E(Y)=10×0.9545≈9.5. (11分) 4b2 =1,解得b=3, (3)由直方图可知，指标值≥60的频率为0.05， 即每件产品为“优质品”的概率p=0.05.(13分) 所以E的方程为写苦=1， (3分) 设“至少有1件优质品”为事件A,则A为“没有优质 (2)由题可知点P(2,0)在C上， 品”， 易知直线！的斜率存在且不为零，设直线l为x= P(A)=(1-0.05)3=0.953=0.857375,(14分) my十2(m≠0)， 所以P(A)=1-P(A)=1-0.857375=0.142625 2 y ≈0.143， 联立4一3=1 得(3m2-4)y2+12my=0, 即至少有1件优质品的概率为0.143. (15分) (x=my+2 17.解：(1)由题可知圆台的高等于BC的长度，即高 3m-4≠0.即m≠号 h=2. 又由题可知下底面半径”=AB=4,上底面半径 解得y=0(对应点P)或阳=一 12m 3m2-4 r2=CD=2. -8-6m2 所以母线长为梯形腰AD的长度为AD= 则xo=myo十2= 3m2-4 √/AB-CD)2+BC=√/4-2)2+2=2√2. (3分) (2)易知DF∥OO2, 故Q(臂》 又由旋转性质可知OO2⊥底面O, 直线OQ的斜率k0=边=，6m 所以DF⊥底面O, xQ3m2+4' 则∠DEF为直线DE与底面O,所成的角，(5分) 故OR的斜率为-3m+4 6m 由条件知∠A0,E-受：0，F=合A0,=2.0E=4 3 则OR的方程为y=-3m+4 6m x 在△FO,E中，由余弦定理得 令=得= 2(3m2+4) 2π=27， 9m FE=√OF2+OE-2O,F·O,E·co 即R( 2(3m2+4)) (5分) 所以tan∠DEF=DF=YZ 9m EF7 2(3m2+4) 一0 即直线ED与下底面圆O,所在平面所成角的正切 则kR= 9m 4 =m十 3m 做为身 (7分) (3)由(2)知DF⊥底面O, 当m>0时，m十 ≥√~高-9，当且仅当 3m 3 又OF,EFC底面O, m2= 所以DF⊥OF,DF⊥EF,且平面DFE与平面 3时等号成立， AO1O2D的交线为DF, 所以∠OFE即为二面角O1一DF一E的平面角， 等号取不到，则kR>4 3 所以cos∠0，FE= (11分) 3m 3 在△OFE中，由余弦定理得OE=O,F2+EF 2OF·EFcos∠OFE, 等号取不到，则k<一4 31 所以16=4+EF-2X2XEFX, 则直线PR的斜率的取值范围为 ·3· 数学（四） 参考答案及解析 (+） (8分) 即b≤x-xlnx-re, 令y)=x-nr-ere[是2]， (3)由题可设直线4的方程为x=y十√7， M(x1y),N(2y), 所以y(x)=1-lnx-1-e-xe=-lnx-e(1+ x), (5分) 联立4 =1 3,得(3m2-4)y+67y+9=0, 令m(x)=y(x), (x=y+√7 则w)= -e(x+2)<0, 3n2-4≠0，△=252n2-36(3n2-4)=144(n2+1) >0, 则7()在[日2]上单调递减， (7分) 6W7 9 y十y= 3n=4'y=3m-4' (10分) 则x<y(）=1-e÷-e÷<0, 则|y1一y2|=√(y+2)2-4y2 所以Yx)在区间[是，2]上单调递减， √-”哥 所以当x=。时Xx)取最大值7（日）=。-。× (11分) In 1-1xet =2-et (8分) 则Sav=z·|OF,·m-l e =名×w7×哥=6×哥18分) 所以2 e 因为（与E的右支交于两点， 实数无的取值范围是（一，2一。] (10分) 9 所以1为=3m-4<0, (3)由题可知g(x)=2x十ax2+xlnx, 所以由9(x)有两个零点x1,x2, 得㎡<告， (14分) 得2x1十ax+x1lnx1=0,2.x2十a.x十r2In x2=0, 得一a= 2+In x2+In z2 令=Vm(≤√写)则m=-1 (11分) 因为x2>3,令x2=tx1(t>3) 所以=6V7X3-)==67×7'3 则2+ln4=2+n-2+na)_2+h+n五， 6w7 7 (15分) -3 故n=24加2=片2 又y=子-在[1√写 上单调递减， In r.=In(in =In+h+2 所以S≥3 -2 2, 即△OMN面积的取值范周为[Y,+)小7分) 所以1n()=n+n=-2+-2 t-1 =+1)ln 一4， (13分) 19.解：(1)令h(x)=f(x)-e+1=(x-1)e+1, t-1 所以h'(x)=xe', (1分) 令a()=+》lnt-4D3. t-1 由h'(x)=0,可得x=0. 当x∈(-∞，0)时，h'(x)<0,函数h(x)在 则w'(t)= -2+1- (一∞，0)上单调递减， (t-1)2 当x∈(0，十∞)时，h'(x)>0,函数h(x)在 令k()=-21n1+1-1 (>3), (0,十∞)上单调递增， (3分) 所以h(x)≥h(0)=0, 则)=-是+1+-4+1_0 即f(x)-e+1≥0， 所以(1)在(3，十∞)上单调递增， 所以f(x)≥e-1得证. (4分) (2)由题得xe十k≤x一xlnx, 所以k)>k(3)=-2n3+3-号 ·4 调研卷B 数学（四） 号(4-3h3)=号ae-h8)>0. 所以ln()>h号， 所以0(t)>0,则w(t)在(3，十∞)上单调递增， (17分) 所以m>m(3)=3-4=1n号， 故1x>9 即VG>是得证 2 ·5·