2026届高考数学模拟卷（九）（新课标I卷）

**基本信息** 2026年高考数学模拟卷（新课标I卷）以0.65难度适配多省份，通过“数字适老”社区培训积分（第4题）、立体几何翻折（第11题）等情境，融合空间向量、概率统计、导数应用等知识，考查数学眼光、思维与语言，贴合高考命题趋势。 **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|空间向量基底（第1题）、充分必要条件（第2题）、复数性质（第9题）|分层设计，单选基础与多选综合结合| |填空题|3题15分|导数切线方程（第12题）、分层抽样方差（第13题）|聚焦关键能力，如运算求解| |解答题|5题77分|立体几何面面垂直（第15题）、导数极值与不动点（第16题）、抛物线与双曲线综合（第19题）|多模块融合，如概率与函数（第17题）、数列与错位相减（第18题），体现创新应用|

2026年高考数学模拟卷（九）（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·浙江·模拟）已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北·模拟）设，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2025·广东佛山·二模）在平面直角坐标系xOy中，曲线C：的周长为（    ） A．12 B．14 C．16 D．20 4．（2026·福建泉州·一模）为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（   ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 5．（2026·安徽合肥·三模）如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·湖南永州·三模）已知，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 8．（2026·江西宜春·模拟）已知面积为的正方形的顶点都在双曲线上，点是上与点，，，都不重合的动点，记，，，的斜率分别为，，，，若的虚轴长的取值范围为，则的取值范围是（    ） 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．（2026·湖北·模拟）若为复数，则下列选项一定正确的是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·浙江金华·三模）已知函数（不同时为0）在处取得最值，则下列说法正确的是（   ） A．函数的周期为 B．函数关于对称 C．函数关于点成中心对称 D．函数在上单调 11．（2026·山东济宁·二模）如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（    ） A． B．四面体体积的最大值为1 C．时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D．时，四面体外接球表面积为 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·河北沧州·二模）已知函数，曲线在处的切线方程为，则_________. 13．（2026·湖南岳阳·三模）采用分层随机抽样抽取某校高一10人、高二20人、高三20人的数学成绩样本．已知高一、高二、高三的样本平均分分别为80、85、90，样本方差分别为5、6、9，则估计该校全体学生数学成绩的方差为______．（方差计算公式：，其中为总样本容量，为分层的层数，为第层的样本容量，为第层的样本方差；为第层的样本均值，为所有样本的总均值） 14．（2026·福建·二模）在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 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·湖北孝感·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； 16．（2026·湖北·三模）已知函数． (1)若存在大于零的极值，求a的取值范围； (2)对于函数，若，则称为的不动点．判断是否存在a，使得的极值点同时也是不动点，并说明理由． 17．（2026·山东威海·二模）把4个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，记放入1号，2号，3号，4号盒子中的球的个数分别为． (1)求的概率； (2)求且的概率； (3)设函数，记，求的分布列与数学期望． 18．（2025·湖北·模拟预测）已知数列的前项和为，且，，成等差数列.已知数列首项，且. (1)求数列的通项公式，并求数列的前项和. (2)若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. (3)是否存在不同的，，使得，，成等差数列？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由. 19．（2026·浙江宁波·三模）在平面直角坐标系中，抛物线上点处的切线与双曲线相交于不同的两点． (1)若为中点，求实数的值； (2)若，且在轴上存在点，使得为正三角形，求实数的值： (3)若，求面积的最小值． 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（九）（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·浙江·模拟）已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据基底的定义，判断是否共面即可逐一求解. 【详解】对于A，由于基底向量不能是零向量，故A错误， 对于B，由于与不共面，符合基底要求，故B正确， 对于C，，故共面，不符合要求，C错误， 对于D，，故共面，不符合要求，D错误， 故选：B 2．（2026·湖北·模拟）设，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】由可得，解得或， 因为集合是集合的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 3．（2025·广东佛山·二模）在平面直角坐标系xOy中，曲线C：的周长为（    ） A．12 B．14 C．16 D．20 【答案】D 【分析】曲线C：去绝对值得四条线段，然后根据距离公式分别求出四条线段的长度，即可得解. 【详解】曲线C：等价于或或或. 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 所以曲线C：的周长为. 故选：D 4．（2026·福建泉州·一模）为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（   ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 【答案】B 【分析】根据离散型随机变量的期望计算公式列出方程，再由方差公式即可求解． 【详解】由题可设，则，， 所以，解得． 所以． 5．（2026·安徽合肥·三模）如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合球和圆柱的表面积公式求解. 【详解】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 6．（2026·湖南永州·三模）已知，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以， 两边同除以，得， 所以，因为，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以最大值为． 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，可判断大小，构造函数，求导确定单调性，可判断大小，即可求解. 【详解】因为，所以，则． 令，则， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则， 则，即．故． 8．（2026·江西宜春·模拟）已知面积为的正方形的顶点都在双曲线上，点是上与点，，，都不重合的动点，记，，，的斜率分别为，，，，若的虚轴长的取值范围为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过令，，，以及虚轴的取值范围得到的取值范围，从而得到的取值范围. 【详解】因为面积为的正方形的顶点都在双曲线上，由对称性，正方形的中心必定是坐标原点， 不妨令，，，，则，即， 由已知得，则，， 设，则，，相减得，所以， 又，，，， 所以，所以，故B正确. 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．（2026·湖北·模拟）若为复数，则下列选项一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】通过反例可说明BD错误；设，，根据复数和运算与共轭复数的定义可知A正确；根据复数乘法、共轭复数定义和模长运算可求得C正确. 【详解】对于A，设，， 则，； ，，A正确； 对于B，若，则，，则，B错误； 对于C，设，则， ，，C正确； 对于D，若，，则， ，，D错误. 故选：AC. 10．（2026·浙江金华·三模）已知函数（不同时为0）在处取得最值，则下列说法正确的是（   ） A．函数的周期为 B．函数关于对称 C．函数关于点成中心对称 D．函数在上单调 【答案】ABD 【详解】函数 所以函数的周期为，所以A正确； 因为函数在处取得最值，函数关于对称，所以B正确； 因为函数在处取得最值，所以，所以. 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以不关于点成中心对称，所以C错误； 若，则， 因为是增函数， 在上单调递减，在上单调递增， 所以当为奇数时，在上单调递减； 当为偶数时，在上单调递增. 所以D正确. 11．（2026·山东济宁·二模）如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（    ） A． B．四面体体积的最大值为1 C．时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D．时，四面体外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，作辅助线通过证明线面垂直证明线线垂直；对于B选项，找出二面角的平面角，计算四面体体积与的关系来判断体积的最大值；对于C选项，通过取各边中点把截面作出来，结合A选项得到截面为矩形，再计算面积；对于D选项，时，四面体有两个平面互相垂直，属于垂面型外接球，找到球心，计算出半径即可. 【详解】对于A选项，取中点，连接 由于与是两个等腰三角形，， 沿着翻折到，所以，,点为中点， 所以， 故平面, ,所以A选项正确； 对于B选项，作于点，作 于点,连接,那么由可知 ,那么为二面角的平面角, 面, 所以，面,， ， 所以，四面体体积的最大值为1，故B选项正确； 对于C选项，分别取 的中点 ，连接 , 根据中位线的性质可知 ,且 所以， 且 ，四边形 为平行四边形， 所以，直线且与平行的平面截四面体的截面为.当时，由B选项可知为正三角形，, , 由可得，,为矩形， ，故C选项错误； 对于选项D，当时，平面平面,由B选项可知平面, 取的外心，取的外心，外接圆半径, 分别作平面的垂线，平面的垂线 交于一点,即四面体外接球球心，作于点 ，由于，所以为等腰直角三角形， 所以，, 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·河北沧州·二模）已知函数，曲线在处的切线方程为，则_________. 【答案】 【详解】由题可知，由题意得，， 则，且，化简得， 解得，，即. 13．（2026·湖南岳阳·三模）采用分层随机抽样抽取某校高一10人、高二20人、高三20人的数学成绩样本．已知高一、高二、高三的样本平均分分别为80、85、90，样本方差分别为5、6、9，则估计该校全体学生数学成绩的方差为______．（方差计算公式：，其中为总样本容量，为分层的层数，为第层的样本容量，为第层的样本方差；为第层的样本均值，为所有样本的总均值） 【答案】21 【详解】依题意，总的样本容量，总样本均值， 代入公式计算： ． 故方差为21． 14．（2026·福建·二模）在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 【答案】 【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，根据以及图形求得，且有，分析可得，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出点的坐标，进而可求得四边形的面积. 【详解】在中，，，， 由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以，故， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，则点在第一象限，设点， 则，解得，则， 因，而，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点， 故.    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·湖北孝感·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据线面角的向量求法列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面 （2）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，，由，得， 所以，，， ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 又，由直线与平面所成的角为， 可得， 即，整理得，解得或（舍去，因为）， 所以. 16．（2026·湖北·三模）已知函数． (1)若存在大于零的极值，求a的取值范围； (2)对于函数，若，则称为的不动点．判断是否存在a，使得的极值点同时也是不动点，并说明理由． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 【分析】（1）对函数求导，分类讨论的范围，根据存在大于零的极值，求解即可； （2）根据定义得出方程，再由换元法构造函数，由导数得出单调性，结合零点存在性定理即可得解． 【详解】（1）已知，其定义域为，则， 当时，，在上单调递减，无极值； 当时，令得（负根舍去）， 当时，，则在单调递减， 当时，，则在单调递增， 所以是的极小值点， 则， 所以． （2）由（1）知时，的极小值点为， 假设存在使得的极值点同时也是不动点，即， 则， 令，得， 令，则， 所以在上单调递增，又， 所以存在使得， 所以存在使得，满足， 因此，存在a，使得的极值点同时也是不动点． 17．（2026·山东威海·二模）把4个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，记放入1号，2号，3号，4号盒子中的球的个数分别为． (1)求的概率； (2)求且的概率； (3)设函数，记，求的分布列与数学期望． 【答案】(1) (2) (3) X 1 2 3 4 P 【分析】（1）先求出4个球放入4个盒子的概率，再求出的情况数，最后根据古典概型公式计算概率. （2）先求出且的情况数，最后根据古典概型公式计算概率. （3）先找出X所有可能取值，再分别求出对应的概率，即可得到的分布列与数学期望． 【详解】（1）由题意可知每个球放入每个盒子中的概率为， 当时，放入1号盒子中球的个数恰好为2，所以的概率为． （2）当且时，放入1号盒子中球的个数恰好为1， 放入2号盒子中球的个数恰好为2，所以且的概率为 ． （3）由题意可知X所有可能取值为1、2、3、4， ， ， ， ， 因此X的分布列为 X 1 2 3 4 P 则． 18．（2025·湖北·模拟预测）已知数列的前项和为，且，，成等差数列.已知数列首项，且. (1)求数列的通项公式，并求数列的前项和. (2)若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. (3)是否存在不同的，，使得，，成等差数列？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)，； (2)； (3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）根据等差数列的性质有，结合的关系得，根据等比数列的定义得，最后应用裂项相消法求； （2）由题设递推关系得，确定前30项的构成，再应用分组求和，应用等差、等比数列前n项和公式求结果； （3）应用反证思想，结合等差数列的性质有，进而推出矛盾，即可得. 【详解】（1）因为，，成等差数列，所以，① 所以，② 由①②，得，于是. 又，所以，所以， 因此，数列是首项为2，公比为2的等比数列. 所以，即. 又， 所以. （2）因为，所以， 所以数列是各项均为0的常数数列，所以， 所以，则数列是以1为首项，2为公差的等差数列. 又，，，，，，，， 所以 . （3）假设存在不同的，， 不妨假设使得，，成等差数列， 则，即， 两边除以16，得. 因为，所以，所以，所以. 当时，；当时，，这与题设矛盾， 所以不存在不同的，使得，，成等差数列. 19．（2026·浙江宁波·三模）在平面直角坐标系中，抛物线上点处的切线与双曲线相交于不同的两点． (1)若为中点，求实数的值； (2)若，且在轴上存在点，使得为正三角形，求实数的值： (3)若，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求导推得抛物线上点处的切线方程，与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用为中点列出方程求解即得； （2）根据（1）的结论，求出的中点，利用弦长公式求出的长，结合为正三角形得到，建立方程，求解即得； （3）结合图形，写出三角形的面积公式，将韦达定理代入并化简，换元后利用基本不等式即可求其最小值. 【详解】（1） 由求导得，即，则抛物线上点处的切线方程为， 即，将其与联立消去得， 则（*） 设，则，因点为中点，则， 解得或，当时，（*）不成立，舍去， 时，（*）成立， 故实数的值为； （2） 如图，设，在（1）中 ， 的中点， 由，即 ， 化简得， 即 ， 解得，所以． （3） 因， 在（2）中， 则，令 ， ，取其为， 则 ， 设，,则， 当且仅当时，即时取等， 故面积的最小值为. 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 $