2026年高考数学模拟卷（六）（新课标I卷）

2026年高考数学模拟卷（六）（新课标I卷） 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．适用地区：全国高考新课标Ⅰ卷地区：湖北、湖南、广东、山东、江苏、浙江、江西、河南、河北、安徽、福建。 5．难度系数：0.65。 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·江西南昌·二模）已知复数满足，则的共轭复数为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北衡水·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·河北保定·二模）已知直线 为双曲线的一条渐近线，则（   ） A． B．645 C． D．5 4．（2026·福建厦门·二模）若直线和被圆所截得的弦长相等，则（   ） A． B． C．2 D．4 5．（2026·江苏·模拟预测）已知函数是奇函数，则的最大值为（    ） A．1 B． C．2 D． 6．（2026·山东泰安·二模）已知等比数列的公比大于1，前项和为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．9 7．（2026·福建厦门·二模）已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，若与的外接圆面积之和为，则球的半径为（   ） A． B． C． D．3 8．（2026·广东肇庆·二模）一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 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．（2025·湖南郴州·三模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．是奇函数 B．是增函数 C．不等式的解集为 D．若函数恰有两个零点，则的取值范围为 10．（2026·湖南·三模）如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（    ）    A．几何体的体积为 B．BE，DF是异面直线 C． D．点A到平面BDE的距离为 11．（2026·河北张家口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则椭圆的离心率为 B．若，，则的面积为2 C．若，，，则内切圆的半径为 D．若，，则椭圆的离心率为 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·安徽合肥·二模）已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 13．（2026·山东潍坊·一模）若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________. 14．（2026·湖北孝感·二模）在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______． 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2025·江西萍乡·二模）某企业产品质检员随机从一条生产线分两次共抽取50件样品进行误差检测，统计数据如下表： 抽取次数 抽取件数 平均误差 第一次 30 0.3 第二次 20      (1)已知这条生产线的产品误差X服从正态分布，若以这50件样品的平均误差作为的估计值，且误差落在区间内的产品为“特等品”，试估计这条生产线生产的10000件产品中“特等品”的件数； (2)已知这条生产线的“特等品”在某项测试任务中的达标率为80%，现随机抽取4件“特等品”进行该项测试任务，记其中达标的件数为随机变量Y，求Y的分布列及其数学期望． 附：若，则，；． 16．（2026·广东江门·二模）如图，在四棱锥中，正三角形所在平面与矩形所在平面垂直． (1)在答题卡中，作出四棱锥的高，并说明理由； (2)若，且，，求与平面所成角的正弦值． 17．（2026·安徽安庆·三模）设为数列的前n项和，已知，与的等比中项为3，且为等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和. 18．（2026·安徽合肥·二模）已知函数． (1)当时，证明：； (2)若存在两个极值点，记． （i）求的取值范围； （ii）若，求直线斜率的最小值． 19．（2025·福建福州·模拟预测）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于A.B两点，点在第一象限，过点作直线AB的垂线，交轴正半轴于点，直线BC交直线AM于点．记的面积分别为． (1)求的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学模拟卷（六）（新课标I卷） 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．适用地区：全国高考新课标Ⅰ卷地区：湖北、湖南、广东、山东、江苏、浙江、江西、河南、河北、安徽、福建。 5．难度系数：0.65。 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·江西南昌·二模）已知复数满足，则的共轭复数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据复数的除法运算计算出，进而根据共轭复数的概念得到结果. 【详解】已知复数满足，所以. 则的共轭复数为. 2．（2026·河北衡水·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题可得，或，所以 3．（2026·河北保定·二模）已知直线 为双曲线的一条渐近线，则（   ） A． B．645 C． D．5 【答案】D 【分析】根据双曲线渐近线性质求解即可. 【详解】因为直线 ，即为双曲线的一条渐近线， 所以，解得. 4．（2026·福建厦门·二模）若直线和被圆所截得的弦长相等，则（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】先计算直线截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线截圆的弦长，根据弦长相等建立方程，求解并结合的条件确定的值. 【详解】圆的圆心坐标为，半径. 圆心到直线的距离， 直线被圆截得的弦长为. 圆心到直线的距离， 直线被圆截得的弦长为. 由两弦长相等，得，两边除以2得. 两边平方得，移项得. ，整理得，即. 因，故，解得. 5．（2026·江苏·模拟预测）已知函数是奇函数，则的最大值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据奇函数性质求出，然后利用和差公式化简即可得解. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 即，解得或， 因为，即，所以，可得， 则， 显然为奇函数，满足题意， 当时，取得最大值. 6．（2026·山东泰安·二模）已知等比数列的公比大于1，前项和为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．9 【答案】B 【分析】设等比数列的公比为 ，令，则可由求出，，关于的表达式，再由条件求出，进而得到． 【详解】设等比数列的首项为，公比为，其中． 则，由，得． 令，则．由上式可得， ，，由题意得， 因为，所以． 化简得．解得或． 又，所以，故． 7．（2026·福建厦门·二模）已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，若与的外接圆面积之和为，则球的半径为（   ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】球的半径为，取外接圆的圆心分别为，由，及，列出等式即可求解. 【详解】 设与的外接圆半径分别为，外接圆的圆心分别为 由题意可得，即， 设球的半径为，的中点为， 连接， 因为是外接圆圆心，所以，又是的中点， 所以，同理， 又平面，平面， 平面平面， 所以为二面角的平面角，又平面平面， 则， 由球的性质可知：平面，平面， 又平面，平面， 则，， 所以四边形为矩形， 则， 又 所以， 又，所以， 所以,又， 所以， 即, 则球的半径为. 8．（2026·广东肇庆·二模）一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】A 【分析】不妨设，由得到，则有 2，分别按照和的差值是讨论求解. 【详解】不妨设，则， 故，所以要使得， 只需要2. 若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 所以当时，有序数对的个数共有12种. 同理，，； ； 的不同情况也均为12种， 故满足的有序数对的个数为. 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．（2025·湖南郴州·三模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．是奇函数 B．是增函数 C．不等式的解集为 D．若函数恰有两个零点，则的取值范围为 【答案】CD 【分析】根据分段函数解析作出图象，结合图象逐项分析判断. 【详解】的大致图象如图所示： 由图象可知：的图象不关于原点对称，所以不是奇函数，故A错误； 在定义域内不单调，故B错误； 若，则或，即不等式的解集为，故C正确； 令，则， 原题意等价于与有2个交点，则， 所以的取值范围为，故D正确； 故选：CD. 10．（2026·湖南·三模）如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（    ）    A．几何体的体积为 B．BE，DF是异面直线 C． D．点A到平面BDE的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A，注意到几何体的体积，据此可判断选项正误；对于B，注意到BE，DF所在平面互相平行，又BE，DF不平行，据此可判断选项正误；对于C，由题设可得，据此可判断选项正误；对于D，由A分析结合等体积法可判断选项正误. 【详解】对于A，几何体的体积，故A正确； 对于B，因，平面，平面，则平面， 又平面ABCD，则，又平面，平面， 则平面，因，平面， 则平面平面，又平面，平面，，DF不平行，从而BE，DF是异面直线，故B正确； 对于C，易知，所以，故C错误； 对于D， ， 又由A分析可得，则点A到平面BDE的距离为，故D正确.故选ABD. 11．（2026·河北张家口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则椭圆的离心率为 B．若，，则的面积为2 C．若，，，则内切圆的半径为 D．若，，则椭圆的离心率为 【答案】ACD 【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，可求的值，判断A的真假；利用焦点三角形的面积公式求的面积，可判断B的真假；结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，可求内切圆的半径，判断C的真假；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义，可判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以，此时椭圆的离心率为，故A正确； 对B：因为，所以，即，所以，故B错误； 对C：因为， 由，，所以，设内切圆半径为，则，故C正确； 对D：如图： 由，，可得. 由正弦定理：， 所以，即， 所以.故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·安徽合肥·二模）已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 【答案】 【分析】借助数量积公式及模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由，则， 即，则. 13．（2026·山东潍坊·一模）若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先确定函数的定义域，再求出函数的导数，根据导数与极值点关系计算即可. 【详解】函数的定义域为， ， 函数在有两个极值， 在有两个不相等的实数根， 即在有两个不相等的实数根， 令，对称轴为， 要使在有两个不相等的实数根， 则需满足，解得， 综上，实数的取值范围为. 14．（2026·湖北孝感·二模）在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______． 【答案】 【分析】由已知条件结合余弦定理可得，方法一：设，则可得，继而可求出关于t的表达式，利用为锐角三角形，确定的取值范围，即可构造函数，利用导数求解的取值范围；方法二，利用正弦定理与和角公式推得，，再由正弦定理与二倍角公式将化成关于角的三角函数式，借助于函数的单调性即可求得其范围. 【详解】在中，由余弦定理，，结合， 可得，即（*）， 方法一：由（*）得，设，则， 为锐角三角形，则， 即， 而， 代入中， 得 恒成立， 同理可得 ， 需满足，即，解得， 结合，可得； 由，， 可得 ， 即，故， 令，则， 即在上单调递增，则， 故的取值范围是. 方法二：由（*）和正弦定理，可得， 因， 代入整理得，，即， 因，则或（舍去）， 即，则，则， 则 ， 于是，由正弦定理，， 因为锐角三角形，则有，解得， 设，则，且 ，因该函数在上单调递增， 故可得，即， 故的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2025·江西萍乡·二模）某企业产品质检员随机从一条生产线分两次共抽取50件样品进行误差检测，统计数据如下表： 抽取次数 抽取件数 平均误差 第一次 30 0.3 第二次 20      (1)已知这条生产线的产品误差X服从正态分布，若以这50件样品的平均误差作为的估计值，且误差落在区间内的产品为“特等品”，试估计这条生产线生产的10000件产品中“特等品”的件数； (2)已知这条生产线的“特等品”在某项测试任务中的达标率为80%，现随机抽取4件“特等品”进行该项测试任务，记其中达标的件数为随机变量Y，求Y的分布列及其数学期望． 附：若，则，；． 【答案】(1)9545件 (2) Y 0 1 2 3 4 P ． 【分析】（1）结合题意先确定，再结合正态分布的性质求出特等品的概率，最后结合题意求解估计值即可. （2）先确定变量服从二项分布，再利用二项分布的概率公式求解概率写出分布列，最后结合二项分布的期望公式求解期望即可. 【详解】（1）设这50件样品平均误差为，则，即，而， 故为“特等品”，即“特等品”的概率为， 故这条生产线生产的10000件产品中“特等品”件数约为件； （2）由题意得：， 则，， ，， ， 则Y的分布列如下： Y 0 1 2 3 4 P 其数学期望． 16．（2026·广东江门·二模）如图，在四棱锥中，正三角形所在平面与矩形所在平面垂直． (1)在答题卡中，作出四棱锥的高，并说明理由； (2)若，且，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)，理由见解析； (2). 【分析】（1）作出高，再利用面面垂直的性质推理证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）取的中点，连接，则是四棱锥的高. 由是正三角形，是线段的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面，则平面， 所以是四棱锥的高. （2）取中点，连接，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， ，设平面的法向量， 则，取，得， 因此， 所以与平面所成角的正弦值为. 17．（2026·安徽安庆·三模）设为数列的前n项和，已知，与的等比中项为3，且为等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用等差数列基本量运算结合等差数列求和公式计算，再应用计算求解； （2）应用等比数列求和公式及对数运算分组求和计算求解. 【详解】（1）因为与的等比中项为3，，所以，所以，即， 设等差数列的公差为d，因为，所以，即，， 所以，即. 当时，， 当时，，满足上式， 所以. （2）由（1）知， 则 . 所以数列的前项和为. 18．（2026·安徽合肥·二模）已知函数． (1)当时，证明：； (2)若存在两个极值点，记． （i）求的取值范围； （ii）若，求直线斜率的最小值． 【答案】(1)证明见详解 (2)（i）（ii） 【分析】（1）通过分析得到要证，即证，令，求其二阶导数即可证明； （2）（i）将题干转化为存在两个极值点等价于在上有两个不同的根，令，求导判断单调性即可证明； （ii）设，根据题意得到，再令，通过求导求出其最大值即可求出直线斜率的最小值. 【详解】（1）当时，，要证，即证， 令，则， 令，则， ，，故在上单调递增，， ，即，故在上单调递增，， ，得证. （2）（i）求导得，存在两个极值点等价于在上有两个不同的根， 在上有两个不同的根， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故的最小值为，且当时，；当时，， 因此要使在上有两个不同的根，需要， 故的取值范围为. （ii）由题得，， 把代入，得，同理得， 直线斜率为， 设，即，又， ，解得，即， 则，即， ， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，即，故在上单调递增， 的最大值为， 要使直线斜率取最小值，即求的最大值， 故直线斜率的最小值为. 19．（2025·福建福州·模拟预测）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于A.B两点，点在第一象限，过点作直线AB的垂线，交轴正半轴于点，直线BC交直线AM于点．记的面积分别为． (1)求的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最小值， 【分析】（1）根据列出关于的方程，即可求解； （2）设直线，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据抛物线焦半径公式即可证明； （3）令，则，即，求出，进而得出，根据导数即可求解最小值及点的坐标． 【详解】（1）点满足，则，解得． 故，准线方程：． （2）如下图所示： 设直线，否则直线轴，不合题意)， 联立消元得， 设，则， 由抛物线定义有， 则，问题得证． （3）易知直线的斜率一定存在，如下图： 不妨令，则，代入抛物线方程可得，即， 由于，且直线AB的斜率， 故直线，即， 令，则得点的横坐标为， 由可得直线， 联立，解得点纵坐标， 因此， ， 记， 则 . 因为当时，， 所以时，时，， 故在区间上单调递减，在上单调递增， 因此当时，取到最小值，此时． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $