2026届新高考I卷地区高考冲刺数学模拟卷（2）

2025-2026新高考I卷地区冲刺模拟卷（2） 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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2．已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（    ） A．1 B．0 C． D． 3. 已知数列是正项等比数列，数列满足.若，（ ） A. 24 B. 32 C. 36 D. 40 4. 过点作曲线的切线，则切线条数最多为（ ） A. B. C. D. 5.的展开式中，项的系数为（    ） A．10 B． C．60 D． 6．已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（    ） A． B．1 C． D．2 7．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（    ） A．，互斥 B． C． D． 8.已知定义在上的函数满足，且，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． 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. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 命题，有，则的否定：，有 B. 若，则 C. 当时，则，使得成立 D. 函数的定义域为，则函数的定义域为 10. 已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ） A. B. C. D. 面积的最小值为16 11.为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中或1，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是（    ） A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的 B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的 C． D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.若函数在 上的最小值为1，则正实数的值为 . 13.已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则__________. 14.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 . 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.已知函数，将的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到的图象，且在区间内的最大值为. （1）求的值； （2）在锐角中，若，求的取值范围. 16.如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小. 17.已知函数. (1)求的最小值； (2)设函数，讨论零点的个数. 18.已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点. (1)求的方程； (2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 本题首先可以根据函数的定义域得出，然后根据补集的性质得出，再然后根据的值域得出，最后根据交集的相关性质即可得出结果. 【详解】因为， 所以，即，解得，， 因为全集，所以或， 因为，所以，， 则， 故选：D. 2．已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（    ） A．1 B．0 C． D． 【答案】．C 【分析】由复数为纯虚数求出，再代入所求式化简即可得出答案. 【详解】若复数为纯虚数， 所以，解得， 故选：C. 3. 已知数列是正项等比数列，数列满足.若，（ ） A. 24 B. 32 C. 36 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解. 【详解】因为是正项等比数列，， 所以，则， 所以 . 故选：C. 4. 过点作曲线的切线，则切线条数最多为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，根据条件，利用导数的几何意义，得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，利用零点存在性原理，可得只有一解，即可求解. 【详解】设切点为，则， 又，所以切线斜率为， 又切线过点，所以，整理并化简得， 令，则， 令，则， 易知时，，时，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，又，， 所以存在唯一，使，所以切线只有一条， 故选：B. 5.的展开式中，项的系数为（    ） A．10 B． C．60 D． 【答案】C 【解析】由多项式 展开式的通项为， 令，可得， 又由展开式的通项为， 当时，可得， 所以展开式中项系数为， 故选：C. 6．已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解. 【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知， 因为，所以，将代入的方程得，即， 所以， 故． 故选:A． 7．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（    ） A．，互斥 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件概率、全概率公式、互斥事件的概念等知识，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确； 由题意得，，，， ，故B，D均正确； 因为，故C错误. 故选：C. 8.已知定义在上的函数满足，且，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设， ， 所以是奇函数. 当时，， 则， 所以在上单调递增，则在上单调递增， 不等式即， 所以， 所以不等式的解集为. 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. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 命题，有，则的否定：，有 B. 若，则 C. 当时，则，使得成立 D. 函数的定义域为，则函数的定义域为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定；B选项，由对数运算得到；C选项，由根的判别式进行判断；D选项，由抽象函数定义域求解方法得到，故，求出定义域. 【详解】A选项，的否定：，有，A正确； B选项，若，则，B错误； C选项，当时，，故，使得，C正确； D选项，由题意得，解得，故定义域为，D错误. 故选：AC 10. 已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ） A. B. C. D. 面积的最小值为16 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值. 【详解】A选项，由题意得，准线方程为， 直线的斜率存在，故设直线的方程为， 联立，得，，故，A正确； B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为， 即，联立，得，故， 所以B错误； C选项，由直线的方程，令得， 又，所以， 故，故， 又由焦半径公式得，所以C正确； D选项，不妨设，过B向作垂线交于M， 根据B选项知，， 故， 根据直线的方程， 当时，， 故， 故， 故 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的面积最小值为16，D正确. 故选：ACD 11.为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中或1，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是（    ） A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的 B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的 C． D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为 【答案】BCD 【解析】极大似然是一种估计方法，A错误； 设鲤鱼和草鱼的比例为，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为， 设 ， 时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减， 故当时，最大，故B正确； 根据题意，（其中或1，）， 所以，可知C正确； 令，解得，且时，时，故在上递增，在上递减，故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.若函数在 上的最小值为1，则正实数的值为 . 【答案】 【解析】由题可得, 因为函数在 上的最小值为1， 当时，在 上，在单调递减，单调递增， 所以，解得（舍）； 当时，在 上在单调递减，单调递增， 所以，解得（舍）； 当时，在 上，在单调递减，单调递增， 所以，解得. 故答案为： 13.已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则__________. 【答案】6 【解析】显然函数的图象关于点成中心对称， 依题意，函数的图象与函数的图象的交点关于点成中心对称， 于是，所以. 故答案为：6 14.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【解析】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是， 则，∴， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，， 又平面，所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， ，，∴， ， 令，则， ， 当且仅当，时等号成立， 所以的最小值是． 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.已知函数，将的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到的图象，且在区间内的最大值为. （1）求的值； （2）在锐角中，若，求的取值范围. 【解析】（1）将函数的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到的图象， 则， ，， 当，即时，最大值，所以，； （2）， ，则，所以，，所以，， ， 是锐角三角形，由，解得， 所以，，，则. 16.如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小. 【解析】（1）取线段的中点为，连接， 因为为线段的中点，所以，且； 又是的中点，所以，且； 所以 ，且，故四边形为平行四边形； 所以， 因为平面，平面， 所以 直线平面； （2）因为是的中点，所以，所以； 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则即， 取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角为. 17.已知函数. (1)求的最小值； (2)设函数，讨论零点的个数. 【解析】（1）的定义域为， 则当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为； （2），且， 令，得， 令，则与有相同的零点， 且， 令，则， 因为当时，则，所以在区间上单调递增， 又，所以，使， 且当时，，即；当时，，即， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为， 由，得，即， 令，则在区间上单调递增， 因为，所以，则， 所以，从而，即 所以的最小值， 所以当时，没有零点； 当时，有一个零点； 当时，因为， 当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于， 所以有两个零点. 综上，当时，的零点个数为0； 当时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为2. 18.已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点. (1)求的方程； (2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）当PQ与x轴平行时，， 因为P，Q两点均在抛物线C上， 所以， 即， 因为的面积为16， 所以， 解得， 则的方程为； （2）直线AC的斜率为：， 则：， 直线与的交点为T， 则点T为， 所以       （∗）       （∗∗） 所以： 由，得， 令，则的斜率， 则有：，即：， 同理：：，：， 与相交得：，得：； 同理可得：，； 同理由（∗∗）可知 所以， 所以存在，使得 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. 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $