2025-2026学年新高考I卷地区高考冲刺数学模拟卷（1）

2025-2026新高考I卷冲刺模拟卷（1） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 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． 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.设集合,若,则（    ） A． B． C．1 D．3 2.已知复数z满足，则（   ） A． B． C． D． 3.已知的定义域为，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 4.已知边长为1的正方形ABCD，点E，F分别是BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 5.的展开式中，的系数为（    ） A．60 B． C．120 D． 6.正四棱台中，上底面边长为2，下底面边长为4，若侧面与底面所成的二面角为60°，则该正四棱台的侧面积为（    ） A．8 B．12 C．24 D．48 7.设随机变量，随机变量，与之间的大小关系是（    ） A． B． C． D． 8.函数对任意成立，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C． 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.已知，下列结论错误的是（    ） A.若，且的最小值为，则； B.存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称； C.若在上单调递增，则的取值范围是. D.若在上恰有7个零点，则的取值范围是； A．1 B．2 C．3 D．4 10.在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 11.中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现.它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条.其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（    ） A．曲线的图象关于原点对称 B．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3 D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知是单位向量，满足，则的最大值为________． 13.某市卫生防疫部门为了控制某种病毒的传染，提供了批号分别为1，2，3，4，5的五批疫苗，供全市所辖的，，三个区市民接种，每个区均能从中任选一个批号的疫苗接种，则三个区市民接种的疫苗批号中恰好有两个区相同的概率是 ；记，，三个区选择的疫苗批号的中位数为，则的期望是 . 14.古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为 . 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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. （1）求证：； （2）若是锐角三角形，，求的范围. 16.如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由. 17.已知定点，圆，为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点． (1)求点的轨迹的方程； (2)过的直线与轨迹交于两点，若点满足，求四边形面积的最大值． 18.已知． (1)求函数的单调区间和极值； (2)请严格证明曲线有唯一交点； (3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 19.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为． (1)求和． (2)证明：为等比数列． (3)求的数学期望（用n表示）． 参考答案及解析 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.设集合,若,则（    ） A． B． C．1 D．3 【答案】C 【解析】由已知得,若,解得， 此时，符合题意; 若,解得, 此时,不符合题意; 若,解得,此时,不符合题意, 综上所述,. 故选:C. 2.已知复数z满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令复数，则， 根据两个复数相等的条件有，解得，所以． 故选：A 3.已知的定义域为，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 4.已知边长为1的正方形ABCD，点E，F分别是BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】边长为1的正方形ABCD，，， ，， 所以. 故选：D. 5.的展开式中，的系数为（    ） A．60 B． C．120 D． 【答案】A 【解析】由题意可知：的通项为， 且的通项为， 令，解得， 所以的系数为． 故选：A 6.正四棱台中，上底面边长为2，下底面边长为4，若侧面与底面所成的二面角为60°，则该正四棱台的侧面积为（    ） A．8 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【解析】如图： 取棱的中点，作截面，则、为正四棱台的斜高. 在等腰梯形中，易知，，，所以. 所以四棱台的侧面积为：. 故选：C 7.设随机变量，随机变量，与之间的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由、分布曲线关于轴对称， 则， ∵越大，正态分布曲线越扁平， ∴. 故选：C 8.函数对任意成立，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C． D．2 【答案】D 【解析】由函数，可得，且， 若时，恒成立，函数单调递增， 当时，， 因为函数在上单调递增，所以， 所以存在，使得时，，不符合题意，则有， 当时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，则， 令，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上递减，在上递增，所以， 所以的最小值为. 故选：D. 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，下列结论错误的是（    ） A.若，且的最小值为，则； B.存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称； C.若在上单调递增，则的取值范围是. D.若在上恰有7个零点，则的取值范围是； A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】ABD 【解析】， 周期， A由条件知，周期为，故A错误； B函数图象右移个单位长度后得到的函数为， 其图象关于轴对称，则， 故对任意整数，故B错误； C由条件，得，又，故C正确. D由条件，得，故D错误； 故选：ABD. 10.在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 【答案】ACD 【解析】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥的体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 11.中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现.它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条.其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（    ） A．曲线的图象关于原点对称 B．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3 D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】把代入得， 所以曲线的图象关于原点对称，故A正确； 令解得，或，即曲线经过， 结合图象，， 令，得，令，得， 因此结合图象曲线只能经过3个整点，，故B错误； 可得， 所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，即都不超过3， 故 C正确； 直线与曲线一定有公共点， 若直线与曲线只有一个交点， 所以，整理得无解， 即，解得，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知是单位向量，满足，则的最大值为________． 【答案】 【解析】依题意，可为与x轴、y轴同向的单位向量，设 化简得： 运用辅助角公式得： ， 即得：， 故； 故答案为： 13.某市卫生防疫部门为了控制某种病毒的传染，提供了批号分别为1，2，3，4，5的五批疫苗，供全市所辖的，，三个区市民接种，每个区均能从中任选一个批号的疫苗接种，则三个区市民接种的疫苗批号中恰好有两个区相同的概率是 ；记，，三个区选择的疫苗批号的中位数为，则的期望是 . 【答案】 / 【解析】设三个区注射的疫苗批号恰好有两个区相同记为事件，则； 再设三个区选择的疫苗批号的中位数为，则的所有可能值为， 可得， ， ， 所以的数学期望为. 故答案为：；. 14.古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为 . 【答案】 【解析】设， 则， 化简整理得， 所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆， 抛物线的焦点，准线方程为， 则 ， 当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. （1）求证：； （2）若是锐角三角形，，求的范围. 【解析】（1）由两角差的正弦公式，可得， 又由正弦定理和余弦定理，可得 ， 所以 （2）由（1）知 因为是锐角三角形，所以，可得， 又由，可得，所以，所以， 所以，可得，符合. 所以实数的取值范围是. 16.如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由. 【解析】（1） 证明：在中，由， 得， 即，所以 由平面，平面平面，且平面平面 得平面 （2） 由（1）得平面，所以， 在等边三角形中，为中点，所以， 即两两互相垂直，则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，又，所以， 则， 所以，设， 则，得到， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，又， 由，令，得， 所以， 又一面角的大小为， 所以，得到， 又，解得， 所以存在点使二面角的大小为，且 17.已知定点，圆，为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点． (1)求点的轨迹的方程； (2)过的直线与轨迹交于两点，若点满足，求四边形面积的最大值． 【解析】（1）因为为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点， 所以由线段垂直平分线的性质可得：， 所以， 故点的轨迹是以、为焦点的椭圆．其中，， 所以， 故点的轨迹的方程为． （2）由题意，设直线的方程为，，， 联立，整理可得：， 所以， 所以 点到直线的距离， 所以 当且仅当，即时等号成立， 因为 所以 所以四边形面积的最大值为． 18.已知． (1)求函数的单调区间和极值； (2)请严格证明曲线有唯一交点； (3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 【解析】（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为， ， 当时，得，此时函数单调递增， 当时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，得，此时函数单调递增， 当时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为； 函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为. （2）设， 设， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 因此有，当时取等号， 于是有， 因此单调递减，而， 根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点， 因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点. （3）由（1）可知两个函数的最大值均为， 且函数单调递增区间为，单调递减区间为； 函数单调递增区间为，单调递减区间为， 由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内， 因为直线和曲线共有三个不同交点，其中， 因此两条曲线必过两个曲线的交点， 所以有， 因此有， 因为，，在上单调递增， 所以有， 同理，，而函数在单调递减， 所以有，而，所以， 因此成等比数列. 19.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为． (1)求和． (2)证明：为等比数列． (3)求的数学期望（用n表示）． 【解析】（1）若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率， 研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下： ①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑， 乙盒中的球仍为1白1黑，概率为； 若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为， ②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑， 乙盒中的球变为1白1黑，概率为 若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为， 综上，. （2）依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为， 恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为， 研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下： ①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑， 乙盒中的球仍为1白1黑，概率为； 若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为， ②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为， ③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为， 此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑， 乙盒中的球变为1白1黑，概率为， 综上， 则， 整理得，又， 所以数列是公比为的等比数列. （3）由（2）知，则， 随机变量的分布列为 1 2 3 所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 $