2026年普通高等学校招生全国统一考试数学猜想题型卷（1）（新一卷）

**基本信息** 试卷覆盖函数、几何、概率等核心模块，结合马赫数、自动文本生成工具等科技与实际情境，通过分层设问考查逻辑推理、数学建模与空间观念，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数、集合、概率、函数性质|第6题以马赫数为背景，考查指数函数应用，体现数学眼光| |多选|3/18|抛物线、立体几何、导数|第10题结合面面垂直与体积计算，考查空间观念与推理| |填空|3/15|三角恒等变换、直线与圆、球内接正方体|第14题球内接正方体模型，考查空间想象与运算能力| |解答|5/77|解三角形、双曲线、圆台体积、函数极值与零点、概率期望|第19题以文本生成工具状态切换为情境，考查概率建模与证明，体现数学语言表达现实世界|

《2026年普通高等学校招生全国统一考试猜想题型卷(1)数学（新一卷）》参考答案 题号 3 6 6 8 9 10 11 答案 A A C A B C AC ABD ABD 1.A 1111 【详解】复数2=1-1'则了(Q-)-2i2所以复数京的虚部为2 7 2.A 【详解】由k-<2得-2<x-1<2两边同时加1，得-1<x<3.所以B=d-1<x<3}. 又A={-2,-1,山2,3因此集合A中落在区间-1,3)内的元素只有1,2故4∩B=1,2 3.C 【详解】袋中原来有6+3=9个小球，其中白球有3个， 己知第一次抽到白球，则第一次抽取后：袋中还剩9-1=8个小球，白球还剩3-1=2个， 21 P= 所以在“第一次抽到白球”这个条件下，第二次抽到白球的概率为一84 4.B 【详解】对命题P:△=a-4≤0→-2≤a≤2，对命题g:0<a-1<1→1<a<2, 因为(12)真包含于[-2,2]，所以P是9的必要不充分条件 5.A 【详解】圆C的方程变形为r-1+y=3,圆心C,0),半径r=V5, xCM.CP-CMCPcos(CM,CP)=3,CM=r=3, 所以CPcos(CM,CP）=V5,即CP在CM方向上的投影为V5=CM, 所以CM⊥Mp,又M=1,所以c=VCM+M=2, 则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆， 又直线+y+2a=x+a0y+2)=0恒过定点00，-2）， 所以CQ=V0-0)2+(0+2y=V5 则到直线+0+2a=0的距离的最大值为C@+2-v5+2 6.C M少 【详解】当马赫数为8时，速度%=8×290=29001n(1+ m, m ,即m m 当马赫数为13时，速度=13×290=29001n1+) m, 解附1：次-品回”+业-e号丛-6品 m ，即m ’m 13 13 M2e1o-1 m+M2eio 1 所以M一1 7.B 【详解】对于A,0-西+0=孤+号c=6+号c-到号亚+C ,所以A正确 对于B,由A选项 40-24B+ 3 3 C,所以 ×36+。×36+6x6x=27 1 1 9 402+0C2-AC2_28+16-36_V7 在△AOC中，利用余弦定理得 0s∠AOC= 20AOC 2×2W7×414,B错误； 对于C,因为点M,O,N三点共线，所以存在实数入使得A0=元AM+(1-)A, 因为B=mM,4C=n孤，由A知40-号+{C 3 3 府以0-子m+ 21 3 3 ,防以号m+子n=1,甲2m+R=3,c正 对于D,由C可知2m+n=3,结合题意可知m>0,n>0, n 4m 8 所以mn3 Vm n 3 n 4m 33 12 8 当且仅当mn,即m= 2时，等号成立，此时mn取最小值为3，D正确 8.C 【详解】设等差数列{a,}的公差为d,所以4，=7a=7(a。+7d)>0,因此 49 a6=- >0,所以d<0, 61 所以4=a,+8d=-49 d+8d=- 6 6d>0,0s=a,+9d=-49。 6 +9d=5。 d<0 6 6 因此，当n≤14时，a,>0:n≥15时，a,<0, 因为b。=a1a+203, 所以当n≤11时，b,=0424,>0,当n=12时，b2=4a445<0, 当n=13时，b=44a5a6>0. 当n214时，因为0<0，a2<0,a<0,所以b,=00+4<0: 因为b2+b3=a3a4as+a4a5a16=a4a5(a3+a6) =×g+j0 所以，当1=13时，Sm取得最大值 9.AC 【详解】把点P-2,-2)代入抛物线方程x=-2p八得：（-2)=-2p(-2), 即4=4p,得P=1,A正确 1 由p=1时，抛物线为x2=-2y,因此准线1的方程为y=2,B错误， p=1w,在6年标刘》】 1 -（-2)3 由p-2,-2)' 可得直线的斜率k=2 -（-2)4” 直线方程整理为 3x-4y-2=0 d=B×0-4x0-22 原点到直线的距离 V32+(-4)月 5,C正确， 由抛物线定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离， P到准线'2的高为方(2)-，即P明 1 ≠3 2 ,D错误 10.ABD 【详解】 建立空间直角坐标系：以A为原点，AB为x轴，AC为'轴，A4方向为z轴， 根据己知条件4B=4C=CG,=2AM=2,A41平面ABC,CC,L平面1BC, 可得各点坐标40,0.0，B2.0,0,C0,20,40,0.C(0,2,2),M为BC中点，故 M(1,1,1) 选项A向量4M=(1,0,平面ABC为z=0平面，其法向量为i=(0,01) 4M.i=1×0+1×0+0×1=0,故4M1i,且AM不在平面ABC内， 因此4M/平面ABC,A正确 选项B.平面BCC中，BC=(-2,2,0),CC=(0,02),设法向量为%=(，片，2)， 则：C=2+2%=0 元-CC=2名=0，取x=1得元=(1,0) 平面BAC1中，BA=(-2,01),BC=（-2,2,2),设法向量为乃=(x,2,2), n2·BA=-2x2+22=0 则{一 8C=-2x+25+2,=0取x=1得万=(1，-1,2) 7,=1×I+1×(-)+0×2=0,故法向量垂直，因此平面BAG1平面BCC,B正确 选项C,因为A41平面ABC,ABc平面ABC,所以AA上AB 因为BAL AC,ACnA4A=AAC,A4C平面4CC,所以AB⊥平面4CC. 则B(2,0,0)到平面CC4的距离为2； S=2×CClx2=2 V= 3*2×2=4 △CC4的面积°2 ×S×h 2 ,因此体积3 3,C错误， 选项D设直线4B与平面BCC所成角为0，直线方向向量4B=(2,0,-),平面法向量 元=(11,0) 12 由线面角性质sin0= ABnl 210 4Bl V22+02+(-102V12+12V5V25, 110V15 因此os0=1-sin0-V-255, D正确 11.ABD 【详解】已知函数f()=血x x-a（a≥0)，分析各选项如下： 1-a-lnx 小选晚：当。时X=在定义城内，求学符)-一0 a≠1x=1 1路0=后。数m 查爽a=0时，)-，康导g闪-1 令'()=0得x=e,当0<x<e时f'()>0,当x>e时f"()<0, 故f()在(0，©)上单调递增，在(e,+∞）上单调递减， 放了)4x=处以得是人位，日是大省为e)-,B正确： C选项：当a>1时，f()的定义域为(0，a)U(a,+o）, 山了刊=0，)-22,0=0，符（在统文L不年西建藏，收c: D选项：当0<a<1时，函数T)=r-a的定义域为(0，)Ua,+∞) x-a）-nx1-&-lax 求导得f'(x)=x (x-a)2 Γ=(-aP,令g()=1-g-1nr, 分每红-0八>0，故f)的符号由分了8(=1-日hr决定， 先元的竿两胜，g()-是士 当x<a时，g(x)>0,即8()在(0，)上严格递增； 当x>a时，8'()<0，即8()在(a,+∞)上严格递减。 计算8(a)=1-&-lna=1-1-lna=-lna 由于0<a<1,lna<0,故8(a)=-lna>0, 区间0，a)上的情况： 当x→0*时，8()=1-g-lnr<0 又8()在(0，四上连续且严格递增，且8(a)>0, 故存在唯一的∈(0，a)使得8(G)=0, 在0，x)上，8()<0，即f'()<0,f()递减： 在G,四上，g()>0,即'(>0，f(x递增， 因此×1是f(x)的极小值点： 区间(a,+0)上的情况： 当x→+o时，8()=l-g-1nx<0 又因为8()在(a,+w)上连续且严格递减，且3(a)>0, 放存在唯一的∈(a,+o)使得8(：，)=0， 在a)上，8()>0，即f()>0,f(递增： 在(：，+o)上，g(<0,即f'()<0,f()递减， 因此5是∫()的极大值点， 综上，当0<a<1时，f()在定义域内存在一个极小值点×1和一个极大值点女，故D正确 12.2675 【详解】由C:=C得，n=2+3=5, (2x-1°=[2(x+2)-5],展开式通项为T=C[2(x+2)]·(-5, 令5-r=0→r=5得，a=(-5)°=-3125 令5-r=2→r=3, T,=C·[2(x+2)](-5)°=10×4×(x+2)}x(-125)=-5000(x+22, 所以4，=-5000 令5-r=4→r=1,则7，=C;[2(x+2)](-5)}=400(x+2), 所以a=-400 所以，-a,-2a,=-3125+5000+2×400=2675 13.10 【详解】因为直线1：y=-3与圆（化-9）}+y2=9相切，所以√2+1 9以-3=3解得k=0或 k=3 4, 由Cy-2pmp>0如F号0代入商线方和y=-3,可得=6， 3 当=0，显然不淌足仰=6，当k=4时，由4P=6→P=8 所以抛物线方程为y=16x,焦点F(4,0),准线方程x=-4, .3 x=4代入直线方程=4-3，可得y=6,即4(-4,6)， 所以F=[4-(4]+[0-(-6订=64+36=10 14.3W3-3 【详解】大球半径为R=6,8个小球半径相同，设为r, 设正方体的边长为a,则正方体的体对角线长度为V3a, 要使小球半径”最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。 V3a 由小球与大球内壁相切可得6= 2+ 由相邻小球相互外切可得正方体的边长a=2r a 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即2， 将a=2,代入6=30+ rg625-5r4r5,05-9 2 所以小球半径最大值为”=3√5-3 15.【详解】()在△ABC中，由余弦定理得b=a+c2-2acc0sB, 代入b=4,c=3,c0sB= 4,得4=a2+32-2ax3x号 4， 、7 整理得：2a2-3a-14=0,即(2a-7)(a+2)=0,解得a=2或a=-2(舍)， 而sinB=V-cos'B=V15 ，由正弦定理，得sincsinB,则 sinC=csinB 3.V15 4_3W15 6 416 DLAC,aD1C为直角三角形，即∠DAC=90, (2)由 由sinC3vi5 16，因为b>c,则B>C,即C为锐角， - 135 12111 616, D 411 B 在RtoDAC中，由osC= Dc,则DC16,即Dc-4 11￥ 则BD=DC-BC=64751 11222, 51 BD=2=5x=51 因此DC642264128: 11 16,【详解】（少由C的新近线方程为y=±。，得。2①。 b 169 由AB=6,根据双曲线的对称性，不妨设A(4,3),则后广=1②， x2 y2 由①②得a=4,b=3,所以双曲线C的方程为4了1」 (2)根据题意设直线的方程为x=m少+4 x2 y 将1的方程代入双线方程号-，得3m2-4y2+24m+36=0, △=(24m}-432-4)×36=144m2+576>0且3m2-4≠0， 24m 36 设点A(G,y）、B(3,2),由韦达定理得+片=3m-4,少3m-4, 假设存在M(,0)满足题意， 则MA-MB=(G-n)(x-n）+y =(my+4-n)(my2+4-n）+y2 =(m2+1)yy+(4-n)m(y+2)+(4-n)2 B -e+小水4+4m2 -24m+(4-m2 （24n-60)m2+36 +(4-n)2, 3m2-4 24n-6036 11 要使MA.MB为定值，则上式需与m无关，则3 4，解得n= 8,此时 M-MB=-135 64 1 所以存在点M 8,0 135 使得MA.MB为定值，定值为-64： 17.【详解】(1)因为AB,CD,EF均为圆台OO的母线， 0 所以延长BA,CD,FE必交于一点S,如图： 因为BANFE=-S,所以BM,FE确定一个平面BFEA, 又因为圆台的上下底面互相平行， 即平面AED∥平面BCF,平面BFEA平面BCF=BF, 平面BFEA⌒平面AED=AE, 根据面面平行的性质定理，得AE/BF: (2)由题意BC=2AD=4,得AD=2,BC=4,AD,BC分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径r=1,下底面的半径R=2.又因为4，E在上底圆，OA=OE=?=1 AE=√2 所以4E=0+0E,所以∠10E=90°，即O,E⊥AD, 由山知FE与O,0必相交于S点，所以FE,00共面， 因为OE⊥D,D⊥00，OE,00,c平面FE00,0En0O,=0, 所以ADL平面FE00,又因为AD/BC,所以BC上平面 FEOO2 且O,FC平面FEO,O,所BC⊥O,F: 故以0为坐标原点，分别以O,F,0,C,0,0所在直线为，乃2轴，建立空间直角坐标系： 设圆台的高O0,=h 则A(0,-1h),E(1,0,h),B(0,-2,0),C(0,2,0),F(2,0,0) 设平面BEF的法向量：A=(x,少，2)， BF=(2,2,0),FE=（-1,0,h), m·BF=0 2x+2y+0=0 x+y=0 由n·FE=0,得-x+0+hz=0,-x+hz=0, 取x=h,则y=-h,2=1,所以=(h,-h,): 设平面CEF的法向量为=(a,b,c),FC=(-22,0),FE=(-1,0,h), [z·FC=0 -2a+2b+0=0a-b=0 由n,·FE=0,得1-a+0+hc=0,1a-hc=0, 取a=h,则b=h,c=1,所以n=(h,h,1) 1 因为二面角B-EF-C的余弦值为3， hxh-hxh+1x1 11 所以 s+(-+1乐++i-2中方解符=1（负值含去）， 所以圆台的爸款-写4+R+R)-x1+2+1x2）=. 7元 因此圆台的体积为3· 1R【珍10先由题意求得了()=×（中3. 接着构造函数 g(x)=,-3k,x之0，利用导数工具研究函数g的单调性和函数值情况，从而得到函 数的单调性，进而得证函数f(在区间(0，+∞)上存在唯一极值点；再结合f（(0)=0和 x→+o时f(x)的正负情况即可得证f(x)在区间(0，+)上存在唯一零点： 1 (2)①)由(4)+1=和g)=f(G+)-f(-)结合()中所得导函数 16)计算将到8间=6-子-2) (1+x)2-2，再结合1∈(0，x)得g(t)<0即可得证： (i)由函数8()在区间(0，x)上单调递减得到0>f(2x),再结合f()=0, 和函数f(t)的单调性以以及函数值的情况即可得证 【详解】（由题得f()1+x 1+x 因为x@.所以20，设8)=xk≥0 则g)=0+对00，)上面政之，以g匈@国)上华选流 11 g(0)=1-3k>0,令3()=0→x-3k1, 所以当x∈(0，)时，8(x)>0,则f'(>0;当x∈(，+∞)时，g(x)<0,则 f'(x)<0, 所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，+0)上单调递减， 所以f(x)在(0，+∞)上存在唯一极值点， 对通数=h0+对有广-1<0在0四L面 所以y=血(（1+)x在(0，+0)上单调递减， 所以y=l血(1+)x<ylo=0在(0，+o)上恒成立， 又因为f(0)=0,x→+∞时2 2-kx=5r0-2)0 所以x→+∞时f(x)<0 所以存在唯一x∈(0，+0）使得f()=0,即f(x)在(0，+0)上存在唯一零点 ©0斯安1则财1实= :g)=f(x+t)-f(x-), 0-6+】 石把6w -(x+} 62(-x2-2x) (1+x)2-t2, :k>0,1∈(0，x)f--2x0.0+x-0 g0-6g-f-2）0 (1+x)2-2 即g0在1∈(0，)上单调递减 (2x>,证明如下： 由①)知：函数8在区间(0，)上单调递减， 所以8(0)>g()即0>f(2x),又f()=0, 由(4)可知(：在(，+o)上单调递减，∈(，+∞），且对任意r∈(0，x)f()>0, 所以2x>龙 19.【分析】(1)()利用条件概率的乘法公式求解： ()根据题意，X的可能取值 0,12,再分别求出对应概率并计算期望即可： (2)由题可知Q=2QUg2.=2Ug-22U0.-2.Q,再根据 P(g)≥P(但2)+P(O-22,且P(但-0)=P(O-i)P(2Mk)进行计算求解. 【详解】(1)记事件4：前i次操作后处于状态1，则事件A:前i次操作后处于状态2， 南已知得P(4)=P(④)=2P(4.4)=P(44）=号P(4A)=P(4A)=月 心*4网-P4r国)石： (山X的可能取值有0,12， P0x-o-Pa4)Pa)P4)号 PX-2=P4)=Pa)P4A)-号. pX=)=1-PX=0)-P(K=2- (x)=0+2×1 +2× (2)事件M表示.发生且第2k次操作后处于状态1，事件N表示D发生且第2k次操 作后处于状态2，显然Q=M,UN,且P(M:)=P(N:)=P(O) 当k≥3时，由2=9-2U02=0-2U9-22-2U0-22-2， 得P(g)=P(O2)+P(O-0-2)+P(O-0-2)≥P(g0)+P(g-,2-0), P()=P(MONe)=2P(M)=2P(M)P(M:) =P()P(.l M). P(O-,0-2)=PM-e-2.UN-Q0)=2P(M-,00） =2P(M-2)P(Q0.lM-2)=P(g-z)P(QMs-2), 而P(OM)=P(4s-4UA-AM-)=P(4-AMk)+P(Ax-AMk） 得P(但Mk-2)=P(4,-34s-244U4-34-4-14M-2】 =P(42k-342k-24k-14M-2)+P(4k-3426-2426-14 Mk2 22、12,1、2124 X-X 3333333327, 所P(O.)≥PQ+于P(e) 2026年普通高等学校招生全国统一考试猜想题型卷（1） 数学（新一卷） ★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．已知复数，则复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 2．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 3．从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取2个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（   ） A． B． C． D． 4．已知条件的解集为，条件是减函数，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 5．在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．马赫数是飞行器的运动速度与音速的比值.在不考虑空气阻力的前提下，某飞行器的最大速度（单位：）和燃料的质量（单位：）、飞行器（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系是.已知当该飞行器所处高空的音速为，最大速度对应的马赫数分别为8和13时，燃料的质量分别为和，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值是 8．在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 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．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，则（    ） A． B．的方程为 C．原点到直线的距离为 D． 10．已知四棱锥中，为的中点，平面平面，，且.则下列结论正确的有（    ） A．平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积为2 D．直线与平面所成角的余弦值为 11．已知函数，则（    ） A．当时，在处的切线斜率为 B．当时，最大值为 C．当时，在定义域上单调递减 D．当时，存在一个极大值点和一个极小值点 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．已知直线与圆相切，若直线过抛物线的焦点，与的准线相交于点，则__________． 14．现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________． 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）在中，角的对边分别为，已知 (1)求和的值； (2)若点在直线上，满足，求的值. 16．（15分）已知双曲线的渐近线方程为，过点且与轴不重合的动直线交于、两点，当与轴垂直时，． (1)求双曲线的方程； (2)在轴上是否存在一定点，使为定值，若存在，求出的坐标及的值；若不存在，说明理由． 17．（15分）如图，已知均为圆台的母线，四边形为圆台的轴截面，且. (1)证明：； (2)若二面角的余弦值为，求圆台的体积. 18．（17分）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 19．（17分）某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且. (1)记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为， （i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率； （ii）求随机变量的期望； (2)记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：. 学科网（北京）股份有限公司 $