2026届高考数学模拟卷（新Ⅰ卷）（二）

**基本信息** 2026高考数学模拟卷（新Ⅰ卷）（二）覆盖复数、集合、向量等核心知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数运算、集合关系、向量线性运算、概率性质|基础与中档题结合，如第8题函数零点综合考查数形结合| |填空题|3题15分|随机变量分布、向量模范围、双曲线内切圆|第13题向量模范围考查转化思想，体现数学抽象| |解答题|5题77分|解三角形、立体几何二面角、导数极值与零点、椭圆综合、概率统计操作模型|第19题概率统计应用题结合实际操作，考查数据处理与数学建模；第17题导数零点讨论，培养逻辑推理|

《2026高考数学模拟卷（新Ⅰ卷）（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B A D C C D C BCD AC AB 1．A 【详解】因为，所以，所以 2．B 【详解】由，，故， 则，，或，不同集合共有4个. 3．A 【详解】因为，所以 因为，所以，所以 4．D 【详解】对于A，任意事件的概率都满足，故成立； 对于B，因是事件的对立事件，则，所以，故成立； 对于C，因为，则事件包含事件所有的样本点，所以，故成立； 对于D，由，仅能说明事件和事件的并集为样本空间，但并未说明事件和事件是否互斥， 由概率的加法公式，因此，只有当，即时，才成立，故不一定成立. 5．C 【详解】如图所示，设抛物线方程为，焦点为， 由于点在抛物线上，且， 则有，代入得， 故抛物线方程为，焦点为， 设，，由于直线经过焦点且倾斜角为，因此直线方程为， 与抛物线联立得， 由韦达定理得，则， 根据抛物线的定义，有，， 因此，故C正确. 6．C 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 7．D 【详解】因为，即， 所以数列为等差数列， 又，所以数列也为等差数列，故A正确； 因为，即，所以， 因为，所以，所以数列为等比数列，故B正确； 因为0，所以， 故数列的公差为1，所以数列的前项和为，故C正确； 因为，所以数列的公比为3，则， 所以，故D错误． 8．C 【详解】对于A，当时，，则， 易得在上单调递减，且， 当时，，则， 易得在上单调递增，且，即， 当时，， 则由正弦函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 且，，，，， 从而利用对数函数与正弦函数的性质，画出的图象，如图所示， 因为方程有四个不等的实根，所以与的图像有四个交点， 所以，故A错误； 对于B，结合选项A中分析可得，所以，则，故B错误； 对于C，由正弦函数的性质结合图像可知与关于对称， 所以，故C正确； 对于D，当时，， 令，得，所以，， 又由图像可知同增同减，所以，故D错误. 故选：C． 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断有以下方法， （1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； （2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点； （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 9．BCD 【详解】由得，所以圆的圆心坐标为，半径为，故A错误； 由圆：得圆心，半径，所以，故B正确； 又，所以，所以圆与圆相交，故C正确； 由，两式相减得：， 由圆心到直线的距离为：， 所以圆与圆的公共弦的长为，故D正确. 10．AC 【详解】A，，显然是奇函数，正确； B，，易得在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，错误； C，，，故曲线在点处的切线方程为，即，正确； D， ，在处左增右减，故为极大值点，极大值，在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，错误. 11．AB 【详解】对于A，若从口袋中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则这个球上的数字相同的概率为，故A正确； 对于B，若从口袋中一次性摸出两个球，则球上数字之和为的概率为，故B正确； 对于C，由题得，所以，不互斥，故C错误； 对于D，，则，所以，不相互独立，故D错误. 12． 【详解】随机变量，则图像关于对称，且， 由对称性可得，解得， 的通项公式为， 当时得到展开式的常数项为. 13． 【详解】因为，所以， 则， 设与的夹角为，则， 又，所以， 故的取值范围是. 14． 【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间， 所以均在双曲线的右支上，如图： 所以, 设，则， 在中，由余弦定理得， 即， 展开并化简得. 因为，所以， 所以 . 设的内切圆半径为r，则， 由等面积法可得，解得. 15．【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． 16．【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以，则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    17．【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为． 令，则，故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点．∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ． 令，则，又， 令，则，令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 18．【详解】（1）由题意可得，即， 由离心率，所以.故椭圆方程为：. （2）由（1）左顶点 ，直线​倾斜角为，斜率，故直线方程为 ， 联立椭圆方程消去得： ， 又，由韦达定理，得​， 由弦长公式得： （3）如图，作出符合题意的图形， 由题意可知直线：与椭圆交于,， 设，，，， 与椭圆联立方程，消去可得.则，， 根据，可得，即， 整理得：， 即，可得：， 因为，为常数，则不恒成立， 则，解得. 19．【详解】（1）设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后盒子中5个球的颜色都为黑色”，2次操作，其中1次取出1红1黑，另一次取出2红， 所以； （2）操作2次后，的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （3）记执行上述操作次后，盒子中黑球的个数为， 设，， 则，， 则， ， ， ， 所以 ， 所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高考数学模拟卷（新Ⅰ卷）（二） 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B 铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上， 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 1．若复数的共轭复数为，并满足，其中为虚数单位，则（    ） A． B． C． D． 2．设集合，则满足的不同集合共有（    ） A．2个 B．4个 C．6个 D．8个 3．已知四边形为平行四边形，，为与的交点，则（    ） A． B． C． D． 4．设一个随机事件的样本空间为，事件，则下列结论中不一定成立的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 5．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 6．若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知正项数列的前项和为，且，若，则下列结论不正确的是（   ） A．数列为等差数列 B．数列为等比数列 C．数列的前项和为 D． 8．函数，若方程有四个不等的实根，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．取值范围为 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，至少有两个或两个以上选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 9．已知圆：与圆：，则（    ） A．圆的圆心坐标为 B．圆心距 C．圆与圆相交 D．圆与圆的公共弦的长为 10．已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．3是的极大值点 C．曲线在点处的切线方程为 D．若，则在上存在最大值 11．一个不透明的口袋中装有个完全相同的乒乓球，其中个标有数字，个标有数字，记事件表示“第一次取到标有的球”，事件表示“第二次取到标有的球”，则下列说法正确的是（   ） A．若从口袋中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则这个球上的数字相同的概率为 B．若从口袋中一次性摸出两个球，则球上的数字之和为的概率为 C．若从口袋中不放回地取球两次，每次取个，则，互斥 D．若从口袋中不放回地取球两次，每次取个，则，相互独立 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 13．已知向量，，满足，，则的取值范围是______. 14．已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.请在答题卷上写出必要的解题步骤 15．（13分）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． 16．（15分）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 17．（15分）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 18．（17分）已知点分别为椭圆：的左、右顶点，且，的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求弦长； (3)若直线：与椭圆C交于两点，设直线，的斜率分别为，且，求的值. 19．（17分）一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 学科网（北京）股份有限公司 $