2026年高考数学模拟卷（七）（新课标I卷）

2026年高考数学模拟卷（七）（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·福建·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江温州·二模）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·江西上饶·二模）已知复数为方程的虚数根，则（   ）（注：为虚数单位） A． B． C． D． 4．（2026·福建漳州·二模）已知A，B为抛物线上的动点，为AB中点且，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2026·广东佛山·二模）有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（   ） A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差 6．（2026·河南郑州·二模）已知平面上不共线的四点，满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·广东广州·二模）若函数有且仅有两个零点，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D．2 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·浙江·三模）已知为锐角，若，则下列说法正确的有（   ） A．的终边经过点 B． C． D．若，则 10．（2026·湖南·三模）在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向2米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中正确的是（    ） A．机器人移动4秒来到舞台中心的路径条数为12 B．已知机器人移动4秒到达舞台中心，则其在4秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为 C．机器人在移动3秒来到舞台中心的正北方向上的概率为 D．移动1秒后机器人与的距离为米的概率为 11．（2026·安徽安庆·二模）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 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·浙江宁波·二模）在等差数列中，为其前项和，若，则__________. 13．（2026·湖南·三模）已知直线l与函数的图象在处相切，与函数的图象在处相切，则_________. 14．（2026·河北衡水·二模）已知直线：与双曲线：的左、右两支分别相交于，两点，为坐标原点，为的右焦点，若，则双曲线的离心率为________. 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．（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． 16．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 17．（2026·安徽·三模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：； (2)求的取值范围． 18．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 19．（2026·河北沧州·二模）已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色以外完全相同.现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑球时游戏终止. (1)经过2次操作后，记盒子中红球的个数为，求的分布列和数学期望. (2)记次操作后游戏终止的概率为. (i)求关于的表达式; (ii)求的最大值. 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（七）（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·福建·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合. 【详解】因为全集，，故. 2．（2026·浙江温州·二模）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为， 令，得到，所以. 3．（2026·江西上饶·二模）已知复数为方程的虚数根，则（   ）（注：为虚数单位） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题可得：，故. 4．（2026·福建漳州·二模）已知A，B为抛物线上的动点，为AB中点且，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先过点，分别作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，即可得解. 【详解】设抛物线的准线为，焦点为，则， 过点作于，过点作于，连接，， 设 ，根据抛物线的定义，， 因 是 中点，所以，故, ，得，解得， 当且仅当A，B，F 三点共线时等号成立. 所以的最小值为2. 5．（2026·广东佛山·二模）有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（   ） A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差 【答案】A 【详解】由题意得：，所以， 所以新样本数据，，，…，的平均数为 ， 所以平均数相同； 设样本数据，，，…，的方差为， 所以新样本数据，，，…，的方差为，所以方差相同； 设样本数据，，，…，，的中位数为， 新样本数据，，，…，的中位数为， 当样本数据，，，…，，的中位数为时， 新样本数据，，，…，的中位数为， 所以中位数不一定相同； 设原始样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为. 由于，因此新样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为， 故两组样本数据的极差相同. 6．（2026·河南郑州·二模）已知平面上不共线的四点，满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件求得，进一步得到，再结合投影向量定义即可求解. 【详解】由，得，即， 所以，所以与共线且同向，且，所以在上的投影向量为, 因为与共线且同向，所以，所以在上的投影向量为. 7．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于每个相交面，利用点到面的距离公式，结合球的半径，求出交线圆弧的半径；再通过几何关系确定圆心角，最后将所有相交得到的曲线长度相加，得到总长度. 【详解】面是过的平面，截球所得截面圆的圆心为，半径为, 顶点都在球内（），在球外（）， 因此和各有一个交点，交线为两点间的圆弧, 上交点满足，得， 又（中），因此圆弧圆心角，弧长， 同理，面与对称，弧长， 是等边三角形，、各有一个交点，圆心角为， 弧长：， 到面的距离，截面圆半径，截面圆心为， 弧长：， . 8．（2026·广东广州·二模）若函数有且仅有两个零点，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】利用导数求出函数的极大值和极小值，再由函数有极大值为0或极小值为0求出的函数关系，换元并利用导数求出最小值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当时，恒成立，函数在R上单调递增，最多一个零点，不符合题意； 当时，由，得；由，得或， 令，则函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极大值， 当时，函数取得极小值， 而当时，，当时，， 由函数有且仅有两个零点，得，即，或，即， 则，令，则，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以的最小值为. 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·浙江·三模）已知为锐角，若，则下列说法正确的有（   ） A．的终边经过点 B． C． D．若，则 【答案】ACD 【分析】对于A，由二倍角正切公式结合可得，结合为锐角可判断选项正误；对于B，由A可得，然后由诱导公式可判断选项正误；由B结合二倍角余弦公式可得答案；对于D，由两角差的正切公式可判断选项正误. 【详解】对于A，，又为锐角， 则，则， 则的终边经过点，取，则的终边经过点，故A正确； 对于B，因，又为锐角，则， 则，则，故B错误； 对于C，，又， 则，则，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD. 10．（2026·湖南·三模）在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向2米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中正确的是（    ） A．机器人移动4秒来到舞台中心的路径条数为12 B．已知机器人移动4秒到达舞台中心，则其在4秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为 C．机器人在移动3秒来到舞台中心的正北方向上的概率为 D．移动1秒后机器人与的距离为米的概率为 【答案】BD 【分析】根据分步计数原理，排列组合，结合概率公式逐项判断即可． 【详解】机器人移动4秒到达舞台中心，则机器人需要有两步向西， 剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有种，故A错误； 机器人移动4秒到达舞台中心， 由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步， 故所求概率为，故B正确； 移动3秒机器人移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处， 则距离为3米可能的情况有1种，距离为1米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一步， 即种，故所求概率为，故C错误； 移动1秒后机器人与的距离为米， 即向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况， 而与在移动1秒后有种情况，故所求概率为，故D正确． 11．（2026·安徽安庆·二模）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 【答案】ACD 【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴， 则可得， 因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离. 对于A，根据题意可设平面的方程为， 则有，解之可得，令，则可得， 所以平面的方程为， 再根据点到平面的距离公式可求出， 而，所以可求出， 当时，，当时，，而，即点为一条线段， 由点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，因为，，所以可知平面，所以 同理可证，是平面法向量，， 根据平面，则有，可求出， 而由A可知，有矛盾，故可判断B错误； 对于C，法（一）直线与平面所成角为，则， 而为点到平面的距离， 根据两点之间距离公式可求出， ，要使最大，则只需最小即可， 当时，取最小值为，所以， 法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时， 线段最短，， 此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确； 对于D，法（一）设直线与所成角度为，而 根据异面直线所成角的余弦公式可知， 由C选项可知， 所以， 令，化简后可得， 令，， 则， 所以在上大于，所以为单调递增， 则，则， 所以最小值为， 法（二）平移到根据图形可知当点位于点时， 异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，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·浙江宁波·二模）在等差数列中，为其前项和，若，则__________. 【答案】42 【分析】根据条件，代入等差数列求和公式中，可得的值，代入公式，即可得答案. 【详解】因为为等差数列，设公差为d，则， 所以，解得， 所以. 13．（2026·湖南·三模）已知直线l与函数的图象在处相切，与函数的图象在处相切，则_________. 【答案】 【详解】由，可得，则， 所以切线方程为，即， 由，可得，则， 所以切线方程为，即； 由题意可知，，解得， 所以. 14．（2026·河北衡水·二模）已知直线：与双曲线：的左、右两支分别相交于，两点，为坐标原点，为的右焦点，若，则双曲线的离心率为________. 【答案】 【分析】根据可得到，设，利用求出点坐标，代入双曲线方程结合即可求出答案. 【详解】因为， 所以可化为，即， 所以， 设，则，， 则，解得， 所以， 代入双曲线方程得，即， 根据代入整理得，即， 解得或（小于，舍去）， 所以. 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．（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. 16．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增； (2)证明见解析. 【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为， 所以，即证得. 【详解】（1）函数的导数为， 当时，恒成立，故，所以在上单调递增； 当时，令 ，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，在处取得最小值， 因此，对任意，有. 只需证明 ，即 令，. 求导得， ，故在上单调递增. 由知，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以在处取得最小值. 因此，即成立，等号当且时取得. 17．（2026·安徽·三模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：； (2)求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用三角形内角和，将 转化为 ，整理得 ，再代入余弦定理，化简得到边的关系式 ，最后结合正弦定理，将边的关系转化为角的正弦关系，完成证明. （2）先用（1）的边的关系，把用表示出来，再用基本不等式求出它的最小值，并验证等号能取到，然后根据三角形内角的性质，确定它小于1，最后综合得到的取值范围即可. 【详解】（1）因为， 则代入得， 所以，即， 由余弦定理可得， 所以，所以， 因为正弦定理 （ 为外接圆半径）， 则，，，代入上式： 所以． （2）由（1）知，所以， 由余弦定理得， 由基本不等式 （当且仅当 ，即 时取等号）， 得：， 又因为当时，代入，得，解得， 则满足三角形三边关系，故等号成立， 由，可知为最大边，且，故为钝角， 因此，即，故， 又由基本不等式得， 所以的取值范围为． 18．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可. （2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而 不为定值. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，代入得， 又，解得：. （2）设点， 设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 ， 在 轴下方，则 ， 由韦达定理得    得 ，即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 不是定值. （ii）证明： 由（i）得    则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 19．（2026·河北沧州·二模）已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色以外完全相同.现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑球时游戏终止. (1)经过2次操作后，记盒子中红球的个数为，求的分布列和数学期望. (2)记次操作后游戏终止的概率为. (i)求关于的表达式; (ii)求的最大值. 【答案】(1)的分布列为 0 1 2 的数学期望 (2)(i) ；(ii) 【分析】（1）先确定每个随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，列出分布列，最后根据数学期望公式计算期望即可； （2）(i)先求出初始项，再分两种情形推导时的递推关系，通过构造等比数列即可求出； (ii)先作差得到的表达式，通过解不等式判断的增减性，得出是的最大值并计算具体数值即可. 【详解】（1）由题意知，的所有可能取值为0，1，2， 且， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望. （2）（i）由题意知：， 当时，第次操作后游戏终止分两种情形： ①第1次摸出的是黑球，则还需次摸球游戏才能终止，则； ②第1次摸出的是红球，则剩下次摸球中，最后1次摸出红球，中间次摸出的都是黑球，则， 所以， 即当时，. 又因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. (ii)当时，， 令，得， 两边同时乘以得：，所以，即， 当时上述不等式成立，故， 当时，， 因为是减函数，所以当时，，故， 所以最大，即的最大值为. 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 $