2026年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷）数学模拟卷（七）

**基本信息** 本卷模拟新高考真题结构，覆盖函数、几何、概率统计等核心模块，通过分层设问与创新情境考查数学抽象、逻辑推理及模型构建能力，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数、充要条件、向量、等比数列等|基础题占比高，如第5题结合函数奇偶性与周期性考查数学思维| |多选题|3/18|统计案例、三角函数图象、数列性质|第9题综合相关系数、百分位数等考查数据观念，体现数学语言表达| |填空题|3/15|三角恒等变换、切线方程、向量模|第14题向量模范围问题，考查几何直观与运算能力| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、函数导数、椭圆、多项式|第18题椭圆综合题含面积最值与定值探究，第19题多项式创新设问，考查数学眼光与创新意识|

2026年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷） 数学模拟卷（七） ★祝大家学习生活愉快★ 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．已知，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．“”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．已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．5 4．在等比数列中，，则（   ） A． B． C． D． 5．函数是定义在R上的奇函数，满足，当时，有，则（    ） A．0 B．1 C． D． 6．在平面直角坐标系中，已知圆，点．点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．现有1个白球、3个黑球，将它们随机放入如图所示的编号为1～6的抽屉内，每个抽屉至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧.设白球所在抽屉的编号为X，则（    ） A． B． C． D． 8．已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于两点.若线段的长为的中点到轴的距离为3，则（ 为坐标原点）的面积为（    ） A． B． C． D． 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．下列命题正确的是（    ） A．若同等容量且足够大的两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性更强 B．数据的第60百分位数为6 C．总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记总的样本平均数为，总的样本方差为，则有 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值 的独立性检验，可判断与有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的有（    ） A． B． C．是函数的一条对称轴 D．函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到 11．已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（    ） A． B．数列为等差数列 C．数列的前项和大于4 D．数列为单调递减数列 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．已知，则__________. 13．已知曲线在点处的切线方程为__________. 14．已知向量满足，则取值范围是_______. 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，，的对边分别为，，，已知，且. (1)求； (2)若，求. 16．（15分）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 17．（15分）已知函数. (1)若，求在上的极大值； (2)若函数，讨论函数在上零点的个数. 18．（17分）已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为，且过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知，，在C上， ①若A是C与x轴的一个交点，B是C与y轴的一个交点，求的面积的最大值； ②记线段中点为M， ，记的面积为，判断是否为定值，并说明理由. 19．（17分）设次多项式，若其满足． (1)求； (2)对于正整数时，是否恒有成立？ (3)求． 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2026年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷）数学模拟卷（七）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A A C A C A A C BC ABD ABD 1．A 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为，在第一象限. 2．A【分析】根据指数函数的单调性结合充分、必要条件的概念进行判断. 【详解】因为函数在上单调递增，所以， 所以“”是“”的充分不必要条件. 3．C 【详解】因为， 所以， 由， 4．A 【详解】因为，，所以，所以，， 故，则数列是首项为2，公比为的等比数列， 所以． 5．C 【详解】由题意，函数是R上的奇函数，所以，所以， 又，所以， 所以，因此函数为周期函数，周期， 所以. 6．A 【详解】如图，设，则. 根据圆的切线性质知，以为直径的圆与圆交于两点， 即线段为两圆的公共弦. 而以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以其方程为，即. 与圆的方程作差得直线的方程为， 将代入得，即. 因为上式对恒成立，令，解得， 所以直线恒过定点，所以点到直线的距离， 所以点到直线的距离的最大值为. 7．A 【详解】由已知白球编号的可能取值为， （白球在4号，3个黑球从左侧3个抽屉选） （白球在5号，3个黑球从左侧4个抽屉选） （白球在6号，3个黑球从左侧5个抽屉选） 所以 8．C 【详解】设，由抛物线的定义可得. 又因为的中点到轴的距离为3， 所以，所以， 所以抛物线的方程为. 设直线的方程为， 代入抛物线方程得：，则， 所以， 所以，解得， 从而. 9．BC 【详解】对于A：由，故组数据比组数据的线性相关性更强，故A错误； 对于B：，则这组数据的第60百分位数为，故B正确； 对于C：分层抽样方差公式为， 故C正确； 对与D：由，故不能在的小概率值下判断与有关联， 故D错误. 10．ABD 【详解】A，由函数的图象，可得，可得，所以，所以A正确； B，由，可得，可得， 解得，因为，所以，所以B正确； C，由，令，可得， 令，可得，所以不是函数的一条对称轴，所以C错误； D，将函数的图象向左平移个单位， 可得，所以D正确. 11．ABD 【详解】因为，所以， 对于A，由题意可得，因为， 所以，故A正确； 对于B，由等差数列定义可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确； 对于C，由B可知，，， 则， 设数列的前项和为， 则 ， 所以数列的前项和小于4，故C错误； 对于D，因为，所以， 因为， 所以，则数列为单调递减数列，故D正确. 12． 【详解】. 13． 【详解】有题意得，所以曲线在点处的切线的斜率为， 又，所以切线方程为，整理得. 14． 【详解】设，则，代入得， 根据向量的几何意义知，向量表示的点到表示的点和的距离和为常数8， 根据椭圆的定义知向量表示的点在以长轴为，焦距为的椭圆上， 所以，所以表示椭圆上的点到椭圆中心的距离， 由椭圆的几何性质可知，即，如图： 所以取值范围是. 15．【详解】（1）因为，由正弦定理得，即， 再由及基本关系式得，得或， 因为，所以（舍去），即. 故. （2）由（1）知，所以， 再由余弦定理，且，， 得，，解得或. 当时，，此时，为直角三角形，符合题意； 当时，，此时，为钝角三角形，符合题意； 故或. 16．【详解】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 17．【分析】（1）求出导数，列表分析随变化情况，根据单调性和极值定义求解； （2）化简得，令，得或，分或，，，讨论判断方程解得个数得解. 【详解】（1）当时，， 则， 令，得或或， 因此，当变化时，，的变化情况如下表所示： 0 + 0 0 单调递减 单调递增 单调递减 单调递增 所以当时，有极大值，极大值为. （2） ， 当时，由，得或， 其中，，则， 当或时，方程无解，此时函数只有一个零点， 当时，方程只有一解为，此时函数只有一个零点， 当时，方程有两个不同的解且均不等于，此时函数有三个零点， 当时，方程有一解且不等于，此时函数有两个零点. 综上，当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 18．【分析】（1）由题意，利用待定系数法可求椭圆C的标准方程； （2）①由椭圆的对称性，不妨取，设，利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式可求的面积的最大值；②分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合三角形面积公式可得，利用，可得结论. 【详解】（1）因为椭圆C的一个焦点为，所以，所以， 所以可设椭圆的标准方程为， 又因为椭圆C过点，所以， 解方程可得或（舍去）. 所以椭圆C的标准方程为； （2）①由椭圆的对称性，不妨取， 则直线的方程为，即， 设，则到直线的距离， 所以当时，，又， 所以的面积的最大值为； ②为定值，且定值为，理由如下： 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，得， 整理得，所以，， 因为线段中点为M，所以，所以， 因为，所以，所以， 又在C上，所以， 整理得，所以， 又 ， 又点到直线的距离， 所以. 又因为线段中点为M，所以， 又，所以，所以， 所以是否为定值，定值为； 当直线的斜率不存在时，线段的中点在轴上， 由对称性不妨取，此时，此时，； 综上所述：为定值，且定值为. 19．【分析】（1）利用，分别令，再结合三角函数的公式即可求出； （2）利用，然后根据三角函数的和角公式进行化简即可； （3）令，代入中，根据，即可求出. 【详解】（1）由，所以． ，所以． ， 因此． （2）， ， 两式相加得，， 所以有：，所以命题不成立． （3）由于， 取，有， 对于，令，则，即， 即． 学科网（北京）股份有限公司 $