精品解析：山东烟台市招远市2026届高三下学期5月模拟预测数学试题

2026年全国新课标Ⅰ卷模拟试题 数学 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上． 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 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，只有一项符合题目要求． 1. 满足的集合A的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题意知：A中一定含有元素1，因此A的个数应为集合{2，3}的子集的个数． 【详解】由题意知：A中一定含有元素1，因此A的个数应为集合{2，3}的子集的个数， ∴满足的集合A的个数为4个， 故选D 【点睛】本题主要考查子集、真子集的概念及运算．难度不大，属于基础题． 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：利用求根公式解出z，再求. 解法二：方程的两根为共轭复数，利用韦达定理得，再求. 【详解】方法一： 由，又因为， 可得，所以. 方法二： 设方程的两根为，由，可知， 因为，所以. 3. “”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】A 【解析】 【详解】由或或. 所以时，必成立； 当时，可以不成立，如时，但不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件. 4. 某机构为调查居民对“生成式人工智能工具使用满意度”，采用分层抽样的方法，按职业类型分别从科技创新从业者和传统行业从业者中各抽取了50人，满意度采用百分制进行打分，统计数据如下表所示： 总人数（单位：万） 样本平均分 样本方差 科技创新从业者 10 90 36 传统行业从业者 10 70 64 根据分层抽样，估计这两类职业的满意度的总体方差为（ ） A. 148 B. 150 C. 152 D. 154 【答案】B 【解析】 【详解】由于两类从业者总人数均为10万，权重均为，分别为两组的样本平均， 两类职业满意度的总体均值的估计值， 又为两组的样本方差，代入数值计算：， 因此总体方差的估计值. 5. 已知抛物线的焦点为，过的直线与在第一象限交于点，若，则的斜率为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线标准方程确定焦点的坐标，进而利用焦半径公式求的横坐标，代入抛物线方程求纵坐标，再利用两点间斜率公式计算直线的斜率. 【详解】由抛物线，可得，即，则焦点，准线方程为. 设，已知，则：，解得， 代入抛物线方程得：， 由在第一象限，可得，即. 因为直线过和， 所以斜率：. 6. 已知函数，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得：当时，， 所以， 则. 7. 在平行四边形中，点为的中点，点在上，且，与交于点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将用和表示出来，利用向量等式进行求解. 【详解】 如图所示，因为，所以点为三等分点，且靠近点. 设，，，， 则，， 且由题意得：，， 设，， 联立，解得：，，所以， 由得：，化简得： ，所以，令，所以，，即：. 8. 已知函数，，若，，有，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化条件得，则，令，利用导数求得的最大值可得解. 【详解】由题意，，，， 即，则，， 令， ，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 作函数的草图如下， 由图可知，当时，有唯一解， 故，且，， ∴， 设，，则，令，解得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 故，即的最大值为. 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. 已知点，圆，则下列结论正确的有（ ） A. 点在圆内部 B. 点与圆上的点之间距离的最大值为 C. 以为中点的弦所在的直线方程为 D. 若过点的直线截圆的弦长为，则的方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，通过比较点到圆心的距离与半径的大小来判断；选项B，先求出点到圆心的距离，再加半径；选项C，利用圆的性质，圆心与点的连线与弦垂直求出斜率，然后点斜式写出直线方程；选项D，先根据弦长求出圆心到直线的距离，再结合直线过点来求解. 【详解】点代入，， 点在圆内部，选项A正确； ， 点与上的点之间距离的最大值为，选项B错误； ，以为中点的弦所在的直线的斜率为， 其方程为，即， 以为中点的弦所在的直线方程为，选项C正确； 过点的直线截圆的弦长为，由， 得， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合； 当直线的斜率存在时，设直线为，即， ，解得，直线为，即， 所以直线的方程为或，选项D错误. 10. 在中，角，，的对边分别为，，，，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 外接圆半径为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理及，得，再由及二倍角公式得，即可求解，再结合选项即可依次判断． 【详解】由及正弦定理得，， ， 代入得， 得， 即，在中，有，故A项正确； 由，得， 得， 因，则，得，故B项正确； 因为，，及， 联立解得， 由得，则， ，故D项正确； 外接圆半径为，故C项错误． 11. 已知点是棱长为2的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围为 C. 当在底面上运动，且的中点为，若，则的最小值为 D. 使直线与平面所成角的大小为的点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据点到平面的距离为定值可知A正确，由异面直线夹角的求法找出夹角的平面角，可得B错误，建立空间直角坐标系利用长度的坐标运算可知C正确，利用线面角定义可知点的运动轨迹是两段线段和一段圆弧，可知D正确． 【详解】对于A，当点在线段上运动时，点到平面的距离为正方体的棱长， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，A正确， 对于B，因为，故与所成角等于与所成角， 连接，易知为等边三角形，如下图： 与夹角为，当为中点时，，夹角为， 故夹角的取值范围为，B错误， 对于C，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图： 易知,设, 则 由，得，故, 的长度， 代入，得， 当时，最小，最小值为，C正确. 对于D，易知与平面所成的角均为，如下图所示： 只需保证点在线段上运动即可， 当点在平面内运动时，需满足到点的距离为2即可， 此时点的运动轨迹是以点为圆心的圆弧， 因此可知点的运动轨迹长度为，即D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则的值为______． 【答案】## 【解析】 【详解】因为分子： 分母：，. 所以原式. 已知，两边同时平方可得： ， 所以. 13. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，为坐标原点，过点且垂直于轴的直线交于点（在第一象限），若四边形的面积，则的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据题意得到所需各点的坐标，再结合即可得到与的关系，进而结合椭圆基本参数的关系即可求其离心率． 【详解】设椭圆的半焦距为，则， 依题意可得，，， 将代入椭圆，得， 又在第一象限，则， 四边形的面积为 ， 化简整理得，所以的离心率为． 14. 已知有穷数列（且）是1，2，…，的一个排列．对进行一次变换得到，记的各项之和为．若，则的最小值为______；对任意的，的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】把首尾相接看成一个圆环，就是圆环上每条边两端数字较小者之和．第一空从数字相邻的两条边入手估计下界并构造取等排列；第二空设最大值为，删除数字并连接其原来的两个相邻数字，建立与的关系，再构造排列取到上界． 【详解】把首尾相接看成一个圆环，并规定， 则， 第一空：当时，数字与两个数字相邻，这两条边对应的较小值都为． 圆环共有条边，剩余两条边的两个端点都不小于，所以它们对应的较小值都不小于． 因此 取则 所以当时，的最小值为． 第二空：设对的所有圆环排列，的最大值为． 任取一个使的圆环排列，设数字的两个相邻数字为． 从圆环中删去数字，并把直接相邻，得到由组成的新圆环． 原来与数字相邻的两条边对和的贡献为 删去数字后，新增加的边对和的贡献为． 因此 因为，所以，从而 再把圆环中的每个数字都减去，得到的一个圆环排列． 圆环共有条边，每条边两端数字同时减去后，该边两端数字的较小值也恰好减去，所以 由的定义，有． 结合上述关系，得即 当时，任意圆环排列均有所以． 由上述递推不等式依次递推，得 又，所以 另一方面，取圆环排列 则 即 所以对任意，的最大值为． 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. 在数列中，，． （1）证明：为等比数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）在数列中，，，则， 所以，即，解得， ，即，解得，， 以此类推可知，对任意的，，所以，即， 所以，所以数列为等比数列，首项为，公比为. （2） 【解析】 【分析】（1）将等式变形为，再结合等比数列的定义证明即可； （2）求出的表达式，利用错位相减法结合分组求和法可求得的表达式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， ①， ②， ①②得 ，所以， 故. 16. 如图，在正三棱柱中，，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）取中点，连接， 因为正三棱柱，所以底面， 为的中点，平面，所以， 又因为为正三角形，所以， 又因为为的中点，所以， 所以平面，又平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为两两相互垂直， 所以以为原点建立空间直角坐标系如图所示，设， 则 则，，， 在平面中，设法向量为， 则, 令，则， 因为平面在平面内， 可设， 设二面角的大小为， ， 所以. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：，． 【答案】（1）时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（i） （ii）证明：由（i）知，若存在两个零点，则， 此时有最小值，只需证即可， 因为， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 又因为，所以， 所以， 即当时，存在，使得. 【解析】 【分析】（1）先求导可得，分别讨论和的情况，进而求解即可； （2）（i）当时由函数在上单调则不符合题意；当时，分析时，都有，存在两个零点只需，可得； （ii）利用作差法证明极小值，即可得证. 【小问1详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增； ②当时，由，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由于有两个零点， 由（1）可知，当时，在上单调递增，不符合题意； 当时，， ， 因为时，，时，，，即， 所以函数存在两个零点，只需， 由，所以， 令，显然在上单调递增， 又，所以由可得. 综上，当时，有两个零点. （ii）略. 18. 已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． （1）求的标准方程； （2）设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： （3）设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）定点，证明过程如下： 设点，则双曲线C在点P处的切线方程为， 已知双曲线右焦点，设点，则线段的中点在切线上，且， 所以有，即， 又因为中点在切线上，所以，化简得， 因为在双曲线C上，所以，代入式化简得， 因为，所以，则，所以点； 则直线斜率， 根据点点斜式方程可得直线的方程为, 则直线过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线性质代入计算即可； （2）由垂直+中点在切线求Q坐标，整理PQ方程，令不含参部分为0，得到; （3）MF定长为4，面积转化为，代入Q坐标换元，二次函数顶点取最大值. 【小问1详解】 设等轴双曲线C的标准方程为，因为双曲线焦距为4，所以，则， 在双曲线中有，又因为等 轴双曲线中，所以代入得， 所以双曲线C标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题，，设点，则， 由（2）可知，，则，因为， 令，因为，所以，代入得 ， 则当时，面积最大值为 19. 某商场为吸引顾客，推出“幸运大转盘”活动．转盘分为三个区域：红色、黄色、蓝色，指针指向各区域的概率分别为、、．活动规则为：顾客每转动一次转盘，记录颜色后再次转动转盘，直到三种颜色均至少出现过一次为止，活动结束，根据转动次数，顾客可获得相应等级的奖品．设表示活动结束时顾客转动转盘的次数． （1）求的概率； （2）求且的概率表达式： （3）设表示出现两种不同颜色之后到出现第三种颜色所需的转动次数（包括第三种颜色出现的那一次），求的数学期望． 参考公式：． 【答案】（1） （2）且 （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知，则前次转盘中，指针在三色区域中各出现一次，利用排列计数原理结合独立事件的概率公式可求得的值； （2）若，则前次中有且只出现两种颜色，对前次出现的颜色进行分类讨论，结合对立事件和独立事件的概率公式可得出的表达式； （3）先求“最先出现的两种颜色”分别为红黄、红蓝、黄蓝的概率，再在每种情况下求等待第三种颜色的转动次数分布，最后用全概率公式和所给求和公式计算数学期望． 【小问1详解】 若，则前次转盘中，指针在三色区域中各出现一次， 所以. 【小问2详解】 若，则前次中有且只出现两种颜色， ①若前次只出现黄蓝，其概率为， 第次出现红色，其概率为； ②若前次只出现红蓝，其概率为， 第次出现黄色，其概率为， ③若前次只出现红黄，其概率为， 第次出现蓝色，其概率为. 综上所述，. 【小问3详解】 先求最先出现的两种不同颜色的组合． 记事件，，分别表示最先出现的两种颜色为红黄、红蓝、黄蓝． 若发生，则可能先出现红色，也可能先出现黄色． 第一次出现红色后，下一次出现不同颜色时，黄色和蓝色的可能性相同，所以第二种不同颜色为黄色的条件概率为； 第一次出现黄色后，下一次出现不同颜色时，红色与蓝色的概率之比为， 所以第二种不同颜色为红色的条件概率为． 因此． 同理，，． 当最先出现的两种颜色为红、黄时，第三种颜色为蓝色，每次转到蓝色的概率为，所以． 当最先出现的两种颜色为红、蓝时，同理有． 当最先出现的两种颜色为黄、蓝时，第三种颜色为红色，每次转到红色的概率为，所以． 由全概率公式，． 化简得． 因此， ． . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年全国新课标Ⅰ卷模拟试题 数学 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上． 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 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，只有一项符合题目要求． 1. 满足的集合A的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 3. “”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 4. 某机构为调查居民对“生成式人工智能工具使用满意度”，采用分层抽样的方法，按职业类型分别从科技创新从业者和传统行业从业者中各抽取了50人，满意度采用百分制进行打分，统计数据如下表所示： 总人数（单位：万） 样本平均分 样本方差 科技创新从业者 10 90 36 传统行业从业者 10 70 64 根据分层抽样，估计这两类职业的满意度的总体方差为（ ） A. 148 B. 150 C. 152 D. 154 5. 已知抛物线的焦点为，过的直线与在第一象限交于点，若，则的斜率为（    ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 7. 在平行四边形中，点为的中点，点在上，且，与交于点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若，，有，则的最大值为（ ） A. 1 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. 已知点，圆，则下列结论正确的有（ ） A. 点在圆内部 B. 点与圆上的点之间距离的最大值为 C. 以为中点的弦所在的直线方程为 D. 若过点的直线截圆的弦长为，则的方程为 10. 在中，角，，的对边分别为，，，，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 外接圆半径为 D. 11. 已知点是棱长为2的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围为 C. 当在底面上运动，且的中点为，若，则的最小值为 D. 使直线与平面所成角的大小为的点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则的值为______． 13. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，为坐标原点，过点且垂直于轴的直线交于点（在第一象限），若四边形的面积，则的离心率为______． 14. 已知有穷数列（且）是1，2，…，的一个排列．对进行一次变换得到，记的各项之和为．若，则的最小值为______；对任意的，的最大值为______． 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. 在数列中，，． （1）证明：为等比数列； （2）设，求数列的前项和． 16. 如图，在正三棱柱中，，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：，． 18. 已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． （1）求的标准方程； （2）设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： （3）设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 19. 某商场为吸引顾客，推出“幸运大转盘”活动．转盘分为三个区域：红色、黄色、蓝色，指针指向各区域的概率分别为、、．活动规则为：顾客每转动一次转盘，记录颜色后再次转动转盘，直到三种颜色均至少出现过一次为止，活动结束，根据转动次数，顾客可获得相应等级的奖品．设表示活动结束时顾客转动转盘的次数． （1）求的概率； （2）求且的概率表达式： （3）设表示出现两种不同颜色之后到出现第三种颜色所需的转动次数（包括第三种颜色出现的那一次），求的数学期望． 参考公式：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $