数学(5)-【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（五）》 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.命题“Hx∈R,x2+x十a≥0”的否定为 A.Hx∈R,x2+x+a<0 B.Vx任R,x2+x+a≥0 C.3x∈R,x2+x+a<0 D.3x∈R,x2+x+a≥0 2.若集合A=-20,2,B={女千3<0则AnB的子集个数为 A.3 B.4 C.8 D.16 3.在平行四边形ABCD中，AB=1,AD=√2，∠C=45°，则AB·BC= A.-3 B.-2 C.1 D.4 4.某AI公司有男性30人，女性10人，在一次知识竞技团建中，男性平均成绩为110分，方差为 55,女性平均成绩为130分，方差为95，则在这次团建中，该公司的平均成绩和方差分别为 A.120分，75 B.120分，20 C.115分，65 D.115分，140 5.过点P(3,1)作抛物线x2=4y的两条切线，切点分别为A,B,则直线AB在y轴上的截距为 A.-2 B.-1 c号 D.2 6.2025年世界运动会在成都顺利举行，现将含甲、乙在内的6名志愿者分配到A,B,C,D四个比 赛场馆去，若每个场馆至少分配1名志愿者，每名志愿者只能分配到一个场馆，且甲、乙不分配 在同一个场馆，则不同的分配方案种数为 A.55 B.384 C.936 D.1320 7.在平面四边形ABCD中，AB=2,BC=3,∠ABC=120°，对角线AC与BD交于点O,且BO= 2OD,∠AOB=60°，则OD的值为 A.319 B.5I9 C.919 D.1019 19 19 19 19 8.已知定义在R上的函数f(x)满足：①Hx,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y)一1；②当x>0时， f(x)>1;③f(2)=5.当x∈[0,1]时，f(k·2-1)≤4，则k的最大值为 A.1 C.2 n 数学（五）第1页（共4页） 衡水金卷·先 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.已知函数(x)=sinor-君》 (w>0)的最小正周期为5，则 A.w=2 B.f(x)的图象关于直线x=罗对称 Cfx)在区间[臣·答]上单调递减 D,将f()图象上所有的点向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数 10.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx十d,则 A.若f(x)为奇函数，则b=0且d≠0 B.当a>0,b>0,c=0时，f(x)在(0，十o∞)上单调递增 C.当a>0,b=0,c<0时，f(x)有两个极值点 D.当a=1,b=3,c=d时，f(x)的图象关于点（一1,2）对称 11.已知正方体ABCD一A1BC1D,的棱长为2，E为棱BB1的中点，Q是底面ABCD内的动点（含 边界)，则 A.记过点E的平面截正方体所得的截面为a,若AC⊥a,则截面图形的面积为4√2 B.点A到平面A:EC的距离为2y6 C.当EQ最大时，tan∠EQB=2√2 D.BQ十QD1的最小值为2√6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12,若2=2则m 13.已知4cos2x+sin2x=3,则cos2x= 已知双曲线E:乙-1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F,过点F的直线与E的 右两支分别交于M,N两点，与y轴交于点P,线段PF2与E交于点Q.若PN=2MP,PQ= 2QF2,则E的离心率为 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.(本小题满分13分) 记各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sm,已知2√Sn一an一1=0. (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)记b.=。及，数列，的前n项和为T,若存在正整数，使得T,≥多-，求k的取值 anan+l 2n 范围. 享题·调研卷 数学（五）第2页（共4页） ⑧ 16.(本小题满分15分) 为提升垃圾处理效率，某市拟推行“垃圾分类”政策.初步抽样调查显示，60%的住户会正确分 类垃圾.垃圾车收运时，正确分类的垃圾被正确收运的概率为90%，错误分类的垃圾被正确收运的 概率为20%.记事件A为“随机抽取一住户，该住户会正确分类垃圾”，事件B为“垃圾被垃圾车正 确收运”，计算过程中以频率代替概率. (1)直接写出P(A),P(BA)与P(BA)的值； (2)若某住户的垃圾被垃圾车正确收运，求该住户正确分类垃圾的概率； (3)该市计划评估开展“垃圾分类宣传”活动的效果，设宣传活动可将住户正确分类垃圾的比 例提升至80%.现随机抽取1000户住户，分别计算“维持现状”和“开展宣传”两种情况下，垃圾被 正确收运的期望户数，并根据结果给出是否推广宣传活动的建议. 17.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=x2+x十ae. (1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围； (2)当x≥0时，f(x)≤x2十xe十2x十a,求a的取值范围. 数学（五）第3页（共4页） 衡水金卷 18.(本小题满分17分) 如图1，在平面多边形PADCB中，△PAB是边长为2的正三角形，四边形ABCD是菱形，且 ∠BAD=否，现将△PAB以AB为折痕翻折，使点P到达点P,处，得到如图2所示的四棱锥 P1-ABCD,且平面P1AB⊥平面ABCD,O为棱AB的中点. (1)证明：CD⊥平面POD; (2)求直线PA与平面P,CD所成角的正弦值； (3)记三棱锥P,一ABD外接球的球心为I,求球I的表面积. B 图1 图2 19.(本小题满分17分) 记椭圆E:着+苦=1的左，右焦点分别为F,F,P为E上一点，M3,0),点Q满足△PF,F ≌△PQF2,且Q不与F1,M重合. (1)证明：FQ⊥MQ: (2)若∠PF,E=,求△PQM的外接圆半径： (3)若|F2Q=|PM,求cos∠F1PF2. 先享题·调研卷 数学（五）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（五） 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) ⅡⅢWVM①②③④⑤⑥档次系数 1 选择题 5 含有一个量词的命题的否定 易 0.82 集合的交运算，确定子集的 2 选择题 5 个数 易 0.75 3 选择题 5 平面向量的数量积 易 0.72 分层随机抽样中的均值与方 选择题 5 中 0.60 差的计算 5 选择题 5 抛物线的切点弦问题 中 0.55 与分组分配有关的计数问题 选择题 5 L 中 0.40 (情境题) 7 选择题 5 解三角形 中 0.32 8 选择题 5 抽象函数性质的综合 难 0.28 9 选择题 6 正弦型函数的性质 中 0.65 10 选择题 6 利用导数研究三次函数 中 0.50 11 以正方体为载体的立体几何 选择题 6 难 0.28 问题 12 填空题 5 指对数的混合运算 易 0.72 三角变换中的知式求值，涉及 13 填空题 5 中 0.55 二倍角公式 14 填空题 5 求双曲线的离心率，涉及向量 中 0.30 等差数列的证明，裂项相消法 15 解答题 13 中 0.60 求和 社会热点问题，条件概率，利 16 解答题 15 0.50 用期望解决决策性问题 调研卷B 数学（五） 由极值点个数求参，由不等式 17 解答题 15 L L 名 0.40 求参 翻折问题，证明线面垂直，求 18 解答题 17 线面角的正弦值及外接球的 难 0.26 表面积 19 解答题 17 椭圆与三角形的综合 难 0.22 ·2· 调研卷B 数学（五） 参考答案及解析 数学（五） 一、选择题 1 1.C【解析】命题“Vx∈R,x2十x十a≥0”的否定为 120°，则S△x= 0c.B0sin120=2m…2x· 2 “3x∈R,x2十x十a<0”.故选C 2.B【解折】因为B={✉0=(-3<< 号.又Sr=号AB·Cn120=号X2Xg 1〉，所以A∩B={一2,0}，所以A∩B的子集个数为 ×-3,所以 ?mx+ 2xg(n+”)x 2 4.故选B. 3.C【解析】由题得AB·BC=-BA·BC=-BA 3代人m十m=V,得=3 19,即OD= ,武cos180-45)=-1XE×(-号)=1.故 3故选 选C. 8.B【解析】任取x1<x2,则x2一x1>0,由题可得 4.D【解析】由题得该公司的平均成绩为x f(x2-x1)>1,f(x2)=f(x1+(x2-xi1)) 0X10+8X130-15分.则方差为子=1000× f(x1)+f(x2-x1)-1,故f(x2)-f(x1) 30+10 10 f(x2-x1)-1>0,所以f(x)在R上单调递增.令 [55+(110-115)2]+10￥30×[95+(130-16)2] x=1,y=1,得f(2)=2f(1)-1=5,则f(1)=3:令 =60+80=140.故选D. x=y=2得1)=2/(2）-1=3，则（号）=2： 5.B【解析】设A(),B(),由y=千，得 令x=1y=2,得f(）=f1)+f(3）-1=3+ y=号，故p1=号，则直线AP的方程为y-1 2-1=4.因为f(x)在R上单调递增，所以由 2(x-3),代人A()得-1=号(-3)，又 f(k·2-1)≤4，得·2-1≤号，所以k≤2对 =4…所以-1=-是1=21-名4，即 3 x∈[0,1]恒成立，当x∈[0,1]时，2+1∈[2,4]，所以 3.x1-2y1一2=0，同理得3x2-2y2-2=0,所以直线 k<号，故k的最大值为故选B AB的方程为3.x-2y-2=0,令x=0,得y=-1,故 二、选择题 直线AB在y轴上的截距为一1.故选B. 9.ABD 【解析】由题得f(x)= 6.D【解析】根据题意，分2步进行分析：①将6人分 sin (or) 为4组，要求甲、乙不在同一组，若分为3,1,1,1的四 组，有C一C=16种分组方法，若分为2,2,1,1的四 -cos(2ar-） ,因为f(x)的最小正周期为 组，有C3CCC-CCC=39种分组方法，则有 AA A 16十39=55种分组方法：②将四组安排到4个场馆， 吾，且。>0，所以纪=受，解得w=2,故A正确： 有A=24种情况，故有55×24=1320种方案.故 选D. f(x)= sin(2)= cos(4x- ,则 7.A【解析】因为AB=2,BC=3,∠ABC=120°，所以 在△ABC中，由余弦定理得AC=AB+BC-2· f()=sm(2x-) =1,故B正确；令 AB:BC·cos∠ABC=4+9-2X2×3X(-)） 2张x≤红-骨≤+26x,k∈1.得臣+经≤x≤晋十 13+6=19,则AC=√19.设OD=x,则B0=2x,设 AO=m,OC=n,则m十n=AC=√19.在△AOB中， 经k∈Z,令=0，得是≤≤骨，所以f)在区同 ∠A0B=60,则SaB=2A0,B0sim60°=号m· [·受]上单调递增，故C错误：f(+登) 2r,号-号，在△B0C中，∠B0C=180-60 sim[2(r+登)-晋]=sim2x,为偶函数，故D 1 数学（五） 参考答案及解析 正确.故选ABD. 4 10.BCD【解析】对于A,由f(x)为奇函数，得 =6,故B正确：对于C,依题意设 √12+1+22 f(-x)=-f(x),-ax+bx2-cx+d=-ax Q(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，所以EQ= -bx2-cx-d,化简得bx2十d=0恒成立，所以b= d=0,故A错误；对于B,当a>0,b>0,c=0时 √(x-2)+y+1,当且仅当x=0,y=2时，EQx f (x)=ax+bx2+d,0 f(x)=3ax2+2bx =3,此时点Q与点D重合，所以an∠BQB=邵 >0,所以f(x)在(0，十∞)上单调递增，故B正确： 对于C,f(x)=ax3+cx+d,则f(x)=3ax2+c,令 22=,故C错误：对于D,作点D关于平面ABCD ()=0，得2=一品>0，则x=士√厂，所以 对称的点D,所以D(0,2,一2)，因为点Q在平面 ABCD内，所以BQ十QD的最小值为B,D,= 当x∈(-o,√品)时，(x)>0f)单 √（一2）十2+(-2-2)=2√6，故D正确.故 选ABD. 递m:当(-√)时)<0 0,f)单调递增，所以x=一√一元为f(x)的极 大值点=√厂品为f)的极小值点，故)有 两个极值点，故C正确；对于D,当a=1,b=3,c=d D 时，∫(x)=x3+3x2+cx+c,则f(-2-x) 三、填空题 (-2-x)3+3(-2-x)2+c(-2-x)+c=-x3- 12.1 【解析】由22--号，得3X22-= 2 3x2+4-cx一c,所以f(-2-x)+f(x)=4,所以 f(x)的图象关于点（一1,2）对称，故D正确.故 则2n2-2m= 之，所以m一2m=-一1，解得m=1 选BCD. 11.ABD【解析】对于A,连接AC,BD,由题可知AC 130或号 【解析】由4cos2x+sin2x=3,得2cos2x ⊥BD,因为BB,⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, +sin2x=1,则sin2.x=1-2cos2x,又sin22x=1一 所以BB:⊥AC,因为BD∩BB:=B,BD,BB,C平 cos22x,所以(1-2cos2.x)2=1-cos22x,即 面BB,DD,所以AC⊥平面BB,D1D,又E为棱 5c0s22x-4c0s2x=0,解得cos2x=0或c0s2x BB,的中点，所以截面a即为平面BB,DD,其面积 4 为S=BD·BB,=2V2×2=4V2,故A正确；对于 5 B,以A为原点，AB,AD,AA:所在直线分别为x 14.21⑤ 轴、y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 5 【解析】不妨设F(一c,O),则F2(c,0),记P(0, ),由三等分点性质可知Q(号c,号).而直线MN的方 向向量FP=(c,t),故可设M(-kc,t-kt),V(2kc, 2c_1-k)2=1 a b t+2kt),k>0.由 4kc2_+2k)=1,显然离心 a2 4c22 D (9a29i=1 则A(0,0,0),C(2,2,0),A(0,0,2),B(2,0,2) k-k-0t=1① D1(0,2,2),E(2,0,1),所以AA=(0,0,2),A1E (2,0,-1),A1C=(2,2,-2),设平面AEC的法向量 率e=后，故e-2Y-1@,4X0 62 为n=(x,y,),则 n·AE=0 n·Ac=0' 即/2x-2=0 4e2 12x+2y-2x=0' F=9③ 取x=1,得y=1,x=2,所以n=(1,1,2),所以点A ②，得2+1)r-41r=3,即4hr 63 b2 到平面A,EC的距离d=AA·n 1 n 1,则会-与代人©得松=9十可 ·2 调研卷B 数学（五） 得=资导代人①得“ 10× =620: (10分) (k-1)2 4k-1 =1,即9k3-2k2-k2+2k一1=4k-1,由 开展宜传活动时，正确分类垃圾的概率为P)-号， ≠0得3k+1(3k-2)=0,故=-号（舍）或k 则错误分类垃圾的概率为P()=专， 号代入-得=号解得e2四 此时垃圾被正确收运的概率为P(B)=P(A')P(B引A) 5 四、解答题 +PA)P(BA)=告×品+日×号-岩 525 15.解：(1)当n=1时，由2√S-an-1=0, (13分) 得2√a1-a1-1=0,即（√a-1)2=0, 则垃极被正确收运的期望户数E=10×号= 所以a1=1. (2分) 760 (14分) 由2√Sn-a-1=0,得2√Sa=am+1, 由于E2>E,宣传活动能显著提升垃圾正确收运的 所以4.Sn=(am十1)2， (3分) 效率， 当n≥2时，4Sm-1=(am-1+1)2, 因此建议推广宣传活动. (15分) 两式相减得4an=a片十2an一a层-1一2an-1, 17.解：(1)由f(x)=x2+x+ae, 即(an十an-1)(an-an-1)-2(a,十an-1)=0, 得f(x)=2x+1十ae, 因为am>0,所以an一am-1=2, (5分) 因为f(x)有两个极值点， 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列. 所以f(x)=2x+1十ae有两个不同的变号零点， (6分) 则-4=2十1有两个不同的实根。 (2分) (2)由(1)得an=2n-1, 所以b,=k aam+1(2n-1)(2n+1) 令h(x)=2x+中1，则'()=1-2z =(） (8分) 所以当x∈(-∞，号)时，∥(x)>0,h(x)单调 所以工.=6+6十6十…+6，=冬[（什-3）十 递增； (兮吉)++(2点】 当xe(分，十∞)时，'(x)<0,h(x)单调递减， (4分) =会(-中)0 e (10分) 所以A()cA(兮)=2E 又当x趋向一∞时，h(x)趋向一oo;当x趋向十∞ 因为存在正整数，使得T>令一日 时，h(x)趋向0， 所以存在正整数，使得2m十≥之一n 所以0<-a< e,即-2e<4<0. e e 所以≤(+) 故a的取值范围为(-2E,0） (6分) e mn 因为(4+号)】 (2)当x≥0时，f(x)≤x2+xe+2x+a, =6,所以k≤6， 所以(x-a)e+x十a≥0在x∈[0，+∞)上恒成 故k的取值范围为（一∞，6]. (13分) 立， (7分) 16.解：PA=号，PBA=是PBA= 令e(x)=(x-a)e+x+a,x>≥0， 5 则'(x)=(x+1-a)e+1, (3分) 令g(x)=(x+1-a)e'+1,x≥0， (2)由(1)可知P(A)= 5 (4分) 则g'(x)=(x十2-a)e', 当2-a≥0，即a≤2时，g'(x)≥0， 9 故P(B)=P(A(BA)+P(A)P(BA)=号X0 则g(x)在[0，十∞)上单调递增， (9分) 所以g(x)≥g(0)=2-a≥0，即9'(x)≥0， +号×- (6分) 所以g(x)在[0，十o∞)上单调递增， 又PAB=P(APCIA=号X品-器 所以(x)≥p(0)=0,符合题意。 (10分) 当2-a<0,即a>2时， 所以P(A1B)=P(AB)=2Z 令g'(x)<0,得0≤x<a-2; P(B)31 (8分) 令g'(x)>0,得x>a-2, (3)维持现状时，垃圾被正确收运的期望户数E= 所以g(x)在[0，a一2)上单调递减，在(a一2，十o∞) ·3· 数学（五） 参考答案及解析 上单调递增， 设I(.x,y,2), 则g(x)mn=g(a-2)=1-e=2<0, (12分》 所以Ai=(x-1,y,),Bi=(x+1,y),Pi= 又g(0)=2-a<0, 所以当x∈[0，a-2)时，g(x)<0,即9(x)<0, (x,y,-5),Di=(xy-3,) (11分) 所以p(x)在[0，a一2)上单调递减， 由|Ai1=|B立i, 则(x)≤g(0)=0,不符合题意. (14分) 得x2-2x十1+y2+22=x2+2x+1+y2+之2， 综上，a的取值范围为（一∞，2]. (15分) 解得x=0, (12分) 18.解：(1)由翻折的不变性可知△PAB为正三角形， 由pi1=|B立， 因为O为AB的中点， 得x2+y2十2-2√3x+3=x2+2x十1+y2+2, 所以OP:⊥AB, 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面P1AB∩平面 化简得-V5十1=x,则= 3 (13分) ABCD=AB,OP1C平面PAB, 由1pi=1Di 所以OP⊥平面ABCD. 得x2+y2+2-2W3x+3=x2+y2-23y+3+2, 又CDC平面ABCD,所以OP,⊥CD. (2分) 因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD=牙， 化简得y==号 所以△ABD是边长为2的正三角形， 所以1o,号）： (15分) 所以OD⊥AB, 因为CD∥AB,所以OD⊥CD, 所以球I的半径R=|Ai 因为OP∩OD=O,OP1,ODC平面POD 所以CD⊥平面P1OD. (4分) 3 (2)由(1)可知OA,OD,OP1两两垂直， (17分) 以O为原点，OA,OD,OP1所在直线分别为x,y,之 所以球1的表面积S=4πR=20 3 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 19.解：(1)显然F1(-1,0),F2(1,0). 由全等关系得|QF2|=|FF2|=2, (1分) 故Q在以F2为圆心，2为半径的圆上， (2分) 显然MF为该圆直径， 故FQ⊥MQ. (3分) (2)记PF:与QF:的交点为V B 因为△PF1F2≌△PQF2, PF=PQI,QF2=FF21, 故F2P是F1Q的中垂线， 故N为FQ的中点，且FN⊥F2N. (4分) 则A(1,0,0),C(-23,0),D(0W3,0) P(0,0,√3) 由∠PF,R=吾，可知∠NFR=吾， 所以PA=(1,0,-3),P1方=(0w5,-5),C市 (5分) 故∠MFQ-吾， =(2,0,0) 而FN⊥F2N, 设平面PCD的法向量为n=(x,y,), 则n·乃市=3y3=0 故|F2V|=|FF2|sin∠MF,Q=1,|FN|=V3, IF1Q=2√3， n·cD=2.x=0 记PFz|=t,则|PF:|=4-t, 取y=1,得之=1，x=0,则n=(0,1,1). (7分) 设直线PA与平面PCD所成的角为0， 由余弦定理得|PF:2=IF,F22+|PF212-2X |F1F2|×|PF2|Xcos∠PF2F1, (6分) 所以sim0=1cosP才，m1=AnL |PA·|n 即(4-)2=2+-2×2××(-） -s=6 2√2 4 解得1=总 故直线P,A与平面P,CD所成角的正弦值为 故PQ=PR=4-1= 4 (9分) 于是cos∠PQF,=NQ=5v3 PQ141 (7分) (3)由(2)可知A(1,0,0),B(-1,0,0),D(0,√3,0)， P(0,0√3)， 故sin∠PQM=sin(受-∠PQF, =cos∠PQF1= 调研卷B 数学（五） 5W3 (3)由题知F1F2|=|F2Q, 14 (8分) 故|PM=|F2Q=2. 不妨设P(m,n),显然m>1,而∠PF2M= 故P在以M为圆心，2为半径的圆上，其方程为 3 (x-3)2+y2=4. (12分) 故m-1=IPF.cos∠PFM=号得m=号 聚 ,可得x2-24x+32=0. |nl=PF,sin∠PF,M=3E 5 (9分) 解得x=24±V24一4×32 2 =12±47. 于是1PM=V3-m)+=2⑨ 由xp<2,得xp=12-4V7, (14分) 5 故△PQM的外接圆半径R= PMI 由平+普=1， 2sin∠PQM 14√57 解得y%=72√7-189， (10分) 75 于是|PF2|2=(xP-1)2+y=44-16√7=(2√7 4)2, 可得|PF2|=2√7-4，|PF|=4-|PF2|=8-2√7， (15分) M 故由余弦定理得 CosF PF:=IPF+PE:-IF F: 2×PFX PF2T =(8-2W7)2+(27-4)2-4_27 2×(8-2√W7)×(27-4) 6 ·5·