2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（4）

**基本信息** 2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（4）聚焦三轮冲刺需求，以集合、函数、立体几何等核心知识为载体，通过苏州志愿者情境、乒乓球比赛概率等问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与模型意识，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、函数、三角、向量|第1题结合取整函数考查集合运算，体现数学抽象| |多选题|3/18|概率分布、立体几何、导数|第11题探究函数对称性与极值，考查逻辑推理| |填空题|3/15|三角函数、立体几何、抛物线|第14题以抛物线焦点弦为背景，渗透数学建模| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、双曲线、导数、概率|第19题乒乓球比赛规则概率计算，强化应用意识；第18题导数极值点证明，突出逻辑推理|

2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（4） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 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．已知集合，表示不超过的最大整数，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若，且，则（     ） A． B． C． D． 3．设且，函数的值域为的一个充分不必要条件是（     ） A． B． C． D． 4．如图，在中，点满足，为线段上的一点，若，则的最大值为（    ）    A． B． C． D． 5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点．动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（    ） A． B． C． D． 6．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 7．已知函数的定义域为，，且对任意，都有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．已知椭圆C: 的左、右焦点分别为F1，F2 ， P是C上一点，记I，G分别为△PF1F2​的内心和重心，则∣IG∣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．若离散型随机变量X的分布列如下表所示，则（   ） X 1 3 5 7 P 0.4 0.3 0.2 m A． B． C． D． 10．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 11．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．当函数取最大值时，的值为________． 13．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是__________. 14．已知抛物线，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于M，N两点且圆心为G，则的最小值是______. 四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）已知锐角三个内角的对边分别是，若． (1)求的大小； (2)若平分交于点，求的取值范围． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，和均是边长为2的正三角形，，分别为棱，的中点，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 18．（17分）设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）设为的极值点，证明：． 19．（17分）甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） (1)若，求； (2)若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； (3)若，证明：． 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届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（4）（详解版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 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．已知集合，表示不超过的最大整数，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，， 所以. 2．若，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据复数的模、复数的乘法、共轭复数求解即可. 【详解】设（），则，，所以. 所以， 解得，代入中，解得， 故. 3．设且，函数的值域为的一个充分不必要条件是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别分析函数在不同区间上的单调性和值域，再根据函数的值域为确定的取值范围，最后根据充分不必要条件的定义判断选项. 【详解】当时，，因为函数在上单调递增，则在上单调递增， 所以，即在上的值域为； 当时，，且. ①当时，在上单调递减，所以， 即在上值域为，值域存在上界，整个函数值域无法延伸到正无穷，不满足值域为，不合题意； ②当时，在上单调递增，所以， 即在上值域为， 因为整个函数值域为，所以，解得或， 又因为，所以，即. 所以函数的值域为的一个充分不必要条件对应的的取值范围应为的真子集，所以B正确. 4．如图，在中，点满足，为线段上的一点，若，则的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量的线性运算与三点共线定理构建出关于的关系式，结合基本不等式求出目标乘积的最值即可. 【详解】因为，所以，所以， 显然，又三点共线，所以， 由基本不等式得，所以， 当且仅当，即时，等号成立． 所以的最大值为． 5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点．动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出、圆的半径和，再由结合两角和正切公式即可求解． 【详解】由题得，且圆的半径为， 所以， 所以． 6．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 【答案】C 【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘三个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人， 总分配方式有种，其中苏州博物馆为空的情况有种，虎丘为空的情况有种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种， 因此满足条件的不同的安排方法有种. 7．已知函数的定义域为，，且对任意，都有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，并分析函数单调性，再将原不等式变形后利用函数单调性计算即可得解. 【详解】设，. 任取，则， 因为，，所以，即，所以， 所以在上单调递增. 原不等式可化为，由，得. ， 因为在上单调递增，故，即. 又，故. 8．已知椭圆C: 的左、右焦点分别为F1，F2 ， P是C上一点，记I，G分别为△PF1F2​的内心和重心，则∣IG∣的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，由三角形重心坐标公式可得，由椭圆第二定义，结合圆的切线性质，等面积法可得，据此可得答案. 【详解】由题可得，，准线方程为：. 设，三角形重心坐标公式可得：，则. 如下图作出椭圆的两条准线，过向两条准线做垂线，垂足为. 由椭圆第二定义可得：， 从而， ，则. 如图，作出的内切圆，与各边切点为. 由圆的切线性质可得：， 则， 又注意到，则， 结合，可得. 因表示三角形内心到的距离， 则，其中为三角形内切圆半径. 注意到， 因在x轴同侧，从而，则，注意到， 则 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．若离散型随机变量X的分布列如下表所示，则（   ） X 1 3 5 7 P 0.4 0.3 0.2 m A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据概率之和为1求出判断A；然后结合均值和方差的概念计算判断B，C，应用均值性质求解新的离散型随机变量的均值判断D. 【详解】由题意得，解得，A正确； 由，B选项正确； ，故D选项正确； 因为，故C选项错误； 10．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 【答案】BD 【分析】对A：利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，又与相交，可得与为异面直线；对B：借助菱形性质可得，再利用三角形全等可得，由等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：求出、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对于A：平行六面体中，， 又为棱的中点，所以与相交，故与为异面直线，A错误.    对于B：连接、，交于点，连接、， 因为，则四边形为菱形，故，点为中点. 又，，所以，故. 又点为中点，所以， 又，，平面，故平面，故B正确. 对于C：由，， 得、、均为等边三角形，故. 在等腰中，， 在等腰中，， 在中，， 在中，，则，C错误. 对于D：连接，，因为，分别为棱，的中点，所以， 又，则直线与所成角即为直线与所成角，即为. ， ，， 在中，，D正确. 11．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对A：计算可得，即的图象关于点中心对称；对B：求导后计算即可得；对C：分及进行讨论，计算值域即可得；对D：求导后结合极值点定义计算即可得. 【详解】对A：， 故的图象关于点中心对称，故A正确； 对B：， 当时，， 故函数在上单调递增，故B错误； 对C：由， 则当时，，无最大、最小值； 当时，，则，无最大、最小值； 综上可得，对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值，故C正确； 对D：，令，则， 若有两个不同的极值点，则有两个不同根， 当时，，，无实数根，不符； 当时，若，则，不符，则， 令，， 有，则为偶函数， 当时，，则由对勾函数性质可知单调递增， 又单调递增，故单调递减，且， 故，则； 故有两个不同的极值点的充要条件为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．当函数取最大值时，的值为________． 【答案】 【详解】，其中，， 当，，所以取最大值， 此时，，所以， 所以 13．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是__________. 【答案】 【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】解：由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为， 则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较， 表面积少了8个边长为的正三角形的面积， 所以该多面体的表面积为，所以. 如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心， 由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上， . 设球的半径为，在中，，所以， 在中，， 所以， 所以，解得，所以， 所以该多面体外接球的表面积. 14．已知抛物线，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于M，N两点且圆心为G，则的最小值是______. 【答案】 【分析】作出辅助线，由抛物线的性质，二倍角公式和垂径定理得到，结合即可求解. 【详解】显然直线l的方程斜率不为0，因为焦点， 所以设直线l的方程为，联立得， 故，故， 所以， 显然G为的中点，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是的中点， 设，则， ， ， 而，当且仅当，轴时取等号，则， 所以当时，. 故答案为： 四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）已知锐角三个内角的对边分别是，若． (1)求的大小； (2)若平分交于点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解. （2）由（1）的结论，利用三角形面积公式及正弦定理边化角，结合差角的正弦化简，再利用正切函数性质求出范围. 【详解】（1）在锐角中，由及正弦定理， 得， 整理得，而，则， 因此，又，则，解得， 所以. （2）由（1）得，得，则， 由平分交于点及正弦定理， 得 . 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，和均是边长为2的正三角形，，分别为棱，的中点，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理证明线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理证明线面垂直即可； （2）根据几何体的性质建立空间直角坐标系，进而写出点的坐标和平面的法向量，根据面面角的向量求法，求出面面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）因为和均是边长为2的正三角形，为的中点， 所以，又因为为的中点，所以， 因为，所以，因为，， 且平面，所以平面， 因为平面，所以，因为， 所以平面. （2）由（1）知平面，所以，所以， 因为，，，所以平面， 所以，取中点，连接，则三条直线，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易得，因为，故， 得到，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17．（15分）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 18．（17分）设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）设为的极值点，证明：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）（i）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在定义域上的单调性，可得，即可解得实数的取值范围； （ii）要证，只需证，即证，根据可得，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 故所求切线的方程为，即. （2）（i）因为，该函数的定义域为，且， ， 当时，则对任意的，，，则， 此时函数在上单调递增，则函数在上有且只有一个零点，不符合题意； 当时，令，则， 所以函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以存在唯一的，使得， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，由题意可知，函数在上单调递增， 故当时，，此时函数不存在正零点； 当时，由题意可知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，. 故存在，使得，符合题意， 此时函数在上单调递减，只需，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知，且函数在上为增函数， 要证，只需证，即证， 又因为，则， 即证，即证， 构造函数，其中， 则 ， 令，其中， 则， 因为，则，， 所以，故函数在上为增函数， 当时，，所以，故函数在上为增函数， 因为，则，故. 19．（17分）甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） (1)若，求； (2)若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； (3)若，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）规则一对应五局三胜制，分别计算甲以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；规则二在本问中为“至少赢3球且领先2球则胜，否则先赢4球者胜”，分别计算甲以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜的概率． （2）由 可知，规则二为“至少赢2球且领先2球则胜，否则先赢8球者胜”．事件排除了2球结束和15球结束两种情况，在事件发生时，比赛必先打成1∶1，之后经过若干次双方各胜一球，最后由某一方连胜两球结束．由此分别求出与，再求条件概率之比． （3）把两人的比赛看成一列无限进行的独立试验，设表示前球中甲赢得的球数．先把和都表示为关于的概率，再比较；然后把表示为关于及后3球胜负的概率，再比较． 【详解】（1）由题意，．当时，． 规则一中表示甲在五局三胜制中获胜的概率． 若甲以3∶0获胜，概率为；若甲以3∶1获胜，则前3球中甲赢2球、乙赢1球，最后一球甲赢，概率为 ；若甲以3∶2获胜，则前4球中甲赢2球、乙赢2球，最后一球甲赢，概率为． 所以． 规则二中表示若一方赢得至少3球且领先2球就获胜，否则先赢4球者获胜时甲获胜的概率． 甲可能以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜．其中，3∶0的概率为；3∶1的概率为 ；4∶2必须先打成2∶2，再由甲连赢两球，概率为；4∶3必须先打成2∶2，再经过一胜一负，最后甲赢，概率为． 所以． （2）当 时，规则二为：若一方赢得至少2球且领先对手至少2球则获胜，否则先赢 球的一方获胜． 若比赛在2球结束，则比分只能是2∶0或0∶2，不属于事件；若比赛在15球结束，则比分只能是8∶7或7∶8，也不属于事件． 因此，在事件发生时，比赛过程必为：先打成1∶1，之后经过若干次“每两球双方各胜一球”，最后由某一方连胜两球结束． 设“每两球双方各胜一球”的次数为，则 ．每一次双方各胜一球的概率为．若最后甲连胜两球，则甲获胜；若最后乙连胜两球，则乙获胜． 于是，．因为，，所以．代入，得 ． （3）设甲、乙持续比赛，不因规则停止，令随机变量表示前球中甲赢得的球数，则． 由规则一可知，．按前球中甲赢球数分类，得 ． 再看．此时规则二为：若一方赢得至少球且领先球则获胜，否则先赢球的一方获胜． 若 ，则甲在前球中至少赢球且至少领先球，甲获胜； 若 ，则前球比分为 ， 此后甲获胜有两类情况：一是甲连赢两球，概率为； 二是接下来的两球双方各胜一球，再由甲赢下一球，概率为 ． 所以． 因此． 又，且， 所以． 因为，且，所以 ，即． 下面证明． 由规则一可知，． 仍按前球中甲赢球数分类：若 ，则甲必然满足 ； 若 ，则后三球中甲至少赢1球即可，概率为； 若 ，则后三球中甲至少赢2球即可，概率为 ； 若 ，则后三球必须甲全胜，概率为． 所以． 另一方面，由上面对的分析，． 两式相减，得． 又，，且， 所以 ．因此． 综上，． 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 $