2026年高考数学模拟试题(一)-《中学生数理化》高考数学2026年7～8月刊

为簧草实臂中学生教理化 2026年高专数学模拟试题（一） ■河南省实验中学 丁振楠 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，上的单调函数，则实数a的取值范围为 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。 A.(0,2] B.[1,2] 1.已知集合A={x∈N|x2一2x-8≤ C.[1,3) D.[2,3) 0},B={x|y=ln(π-x)},则A∩B的子集 7.若直线1：kx一y一2=0与曲线C: 个数为( )。 √1一(y一1)=x一1有公共点，则实数k的 A.4 B.8 C.16D.32 取值范围为( )。 2.复数之=i(1+2i)在复平面内对应的 点位于()。 A[台2 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 B[4 3.在(x 的展开式中，含x项的 c[--]u(传习 系数为()。 A.-80 B.-40 C.40 D.80 [哈+) D 4.已知数列{am}是公比为q的等比数 8.已知双曲线C,之 2=1(a>0,b 列，S,为数列{am}的前n项和。设甲：公比q 、1 :乙：S。=2a1-a,。则甲是乙的( )。 O)的左焦点和右焦点分别为F1,F:,过F1作 A.充分不必要条件 倾斜角为石的直线1，且1与C的右支交于点 B.必要不充分条件 P,与y轴交于点Q,若QF1|=|PF|,则C C.充要条件 的离心率为()。 D.既不充分也不必要条件 A.√2B.3 C.2D.√6 5.奶茶温度衰减满足函数关系T=k· 二、选择题：本题共3小题，每小题6分， b+M,其中T(单位：℃)为t(单位：分钟)时 共18分。在每小题给出的选项中，有多项符 的温度，M(单位：℃)为室温，k,b为常数， b>0。已知某奶茶店的室温为20℃，奶茶制 合题目要求。全部选对的得6分，部分选对 作完成时温度为100℃，10分钟后温度为 的得部分分，有选错的得0分。 80℃，该奶茶适宜饮用温度为50℃，则制作 9.下列说法正确的是()。 完成后适宜饮用的时间约为( A.若A,B是两个随机事件，则P(A十 (参考数据：1g2≈0.30,1g3≈0.48。结 B)=P(A)+P(B)-P(AB) 果保留整数) B.相关系数越大，成对样本数据的线 A.25分钟 B.30分钟 性相关程度越强 C.35分钟 D.40分钟 C.若随机变量XN(1,a),则P(X< 13-a 0)=P(X>2) 6.已知函数f(x)= x3x>1, 为R D.数据1,2,5,7,9,11的上四分位数是9 2rar+4,x≤1 10.已知函数f(x)=Asin(wz+P) 25 中学生表理化资整續学提数感助夹破月 (x∈R,A>0,w>0,|p (2)证明：当x>-1时，f(x)<x-1。 <受)的部分图像如图1 所示，则下列说法正确的 是( )o 图1 A.f(0)=33 2 B,将函数f(x)的图像向左平移个单 位长度后，得到函数y=3cos2x的图像 C.直线x=π是函数f(x)图像的一条 对称轴 D.函数f(x)图像的对称中心为(-君 t 20)k∈z 11.已知O为坐标原点，抛物线C:y= 16.(15分)如图3所示，四棱柱ABCD- 2px(p>0)的焦点为F,点B(一2,0)在C的 AB,C1D1的底面ABCD是正方形，O是 准线上，过点B的直线与C交于不同的两点 底面的中心，AO1 M,N,则下列结论正确的是()。 平面ABCD,AB= A.p=4 AA1=√2。 B.OM.ON=20 (1)求证：A,C⊥ cm≥ 平面BDD,B1: 图3 D.IMF|+4|NF|≥18 (2)求直线OA, 三、填空题：本题共3小题，每小题5分， 与平面AA1B所成角的正弦值。 共15分。 12.某校安排四人去三个地方支教，每个 地方至少去一人，每人只去一个地方，则不同 的安排方法共有种。（用数字作答） 13.如图2，O为△ABC的 外心，1AB|=4,|BC1=6,则 B)·AC= _o 14.若函数f(x)= x 图2 (a一1)x一2lnx在定义域内有 零点，则实数a的取值范围为。 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.(13分)已知函数f(x)=x+在 er x=一1处取得极小值一2e。 (1)求a,b的值： 26 贵整赞薛横突膏中学生教理化 17.(15分)在锐角△ABC中，内角A, 19.(17分)一顾客参加某商场的抽奖活 B,C的对边分别为a,b,c,若a一b=bc。 动，抽奖规则：抛掷一枚质地均匀的骰子，若 (1)求证：A=2B; 掷出的点数大于4，则中奖，否则不中奖，每 (2)求。千6的取值范围。 次抛掷相互独立。设该顾客抽奖n次，中奖 次数为X。 (1)若n=3,求X的分布列和期望； (2)若P(X=1)≥P(X=k),k=0,1, 2,3,…,n,求n的最大值： (3)设未出现连续两次不中奖的概率为 p。,求p1,p,p。,并说明当n足够大时，p 的实际意义。 187分)已知税网C号+若-1a> b>0)的离心率为2，右顶点Q与C的上、下 顶点所围成的三角形的面积为2√3。 (1)求C的方程。 (2)不过点Q的动直线I与C交于A,B 两点，且直线QA与QB的斜率之积为 49 ①证明：直线l过定点； ②求△QAB面积的最大值。 (责任编辑王福华) 27商三数学烧与携香中学生表理化 2026年高考数学模拟试题（一）参考答案 一、选择题 由对称性，不妨令t>1,则tan∠MBF 1.C2.B3.A4.C5.C6.D7.B 1 k MN=- ∈(0,1)，所以∠MBF∈(o,T） 8.B提示：由题意知，点P在第一象 限，|F1F2|=2c,结合双曲线的定义知， ms∠MBF∈（停 1 |PF,I-|PF2|=2a,所以|PQ|+|QF,| cos∠MBF∈(1， MB |PF2|=2a。因为|QF1|=|PF:|,所以 2),即1MF<2,故C错误。 |PQ|=2a。连接QF,则|QF,=|QF1|, 对于D:由B可知，x1十x=t(y1十y2) 所以|QF:|=|PF:|,即∠PQF,=∠QPF2 0.24,x1x2=8·。=。256 =2∠PF,F:-子，所以△PF:Q为等边三角 8 64 64 =4。由抛物线的性质知，|MF|=x1+2, 形，即|QF:|=|QF1|=2a。在△QFO中 1 1 1 (0为坐标原点)，cos∠Qr,0=10F=S INFI-*:+2MFT+INFT-+2 QF:2a 1 x1十x2+4 3 2 ,所以C的离心率e=￡=尽。 x2十2 x1x2+2(x1+x2)十4 二、选择题 4+2(82-4)+4=2,MF1+41NF1= 8t2 9.ACD 10.AD IMF+4Nr)(E+)=10中 1山.ABD提示：由题意知，一会=-2， +≥18，当且仅当MF= MF 则力=4，故抛物线C:y=8.x。 2|NF时，等号成立，故D正确。 对于A:力=4，故A正确。 对于B:易知直线MN的斜率存在，且不 三、填空题 12.3613.10 为0，故设直线MN:x=ty一2，M(x1,y1), x=ty一2， 提示：函数f(x)的定义 N(x2,y2),联立 y2=8x, 消去x整理得 14.(] y2-8ty+16=0,则y1十y2=8t,y1y2=16, 域为0，+0)。令fu)=+(a-1x 由△=64(t2-1)>0,得t<-1或t>1。 21nx=0→ n十ax-lnx=lnx十x。因为 Oi.O=xx:十yy:=88十yys 8· F(x)= -+(a一1)x一2lnx有零点，所以 (yi32)2 64 十y1y2=+16=20,故B正确】 e-mx+a.x-lnx=lnx十x在(0，十o∞)上有 对于C:过点M作准线x=一2的垂线 解。令ax一lnx=t,则有e'+t=lnx十x→ MH,由抛物线的性质知，|MF|=|MH|,故 e十t=emr十lnx。设函数F(s)=e'十s→ IMBI MBI 1 1 F'(s)=e+1>0,则F(s)是R上的增函数。 MF=MH=cOs∠HMB=cos∠MBF· 由e'+t=emr+lnx→F(t)=F(lnx)→t= 由B可知，MN:x=ty-2,t<-1或t>1, lnx。由ax一lnx=t→ax-lnx=lnx→ 55 中学生款理化舞整翠与提秀年7-8月 a.x=2lnx。当x∈(0，+∞)时，由a.x= 递增；当0<x<ln2时，g'(x)<0,g(x)单 21nx>a=2n工在(0，十∞)上有解即可. 调递减；当x>ln2时，g'(x)>0,g(x)单调 递增。 设g(x)= 21lnx(x>0)→g'(x)= 又g(-1)=(-1-1)e1-(-1)”+3= 21-1nx)。当x∈(0，e)时，g'(x)>0· 2-2>0,g1n2)=1+(2-1n21n2>0,所 以g(x)>0。 g(x)单调递增；当x∈(e,十c∞)时，g'(x)< 所以当x>一1时，f(x)<x一1成立。 0,g(x)单调递减。所以g(x)x=g(e)= 16.(1)因为四边形ABCD是正方形，所 且g(1)=0。当x>1时，g(x)>0;当 e 以AC⊥BD,OA=OC=1。 0<x<1时，g(x)<0。故函数f(x)=e二十 因为A1O⊥底面ABCD,所以A,O⊥ x BD。又因为A1O∩AC=O,A1O,AC在平 (a-1)x-2lnx在定义 面AA1C内，所以BD⊥平面AA1C。因为 y=g(x) 域内有零点，转化为函数 = AC在平面AA,C内，所以BD⊥A,C g(x)在x∈(0，+∞)时， 由AA1=√2，OA=OC=1,A1O⊥底面 与直线y=a有交点，如 ABCD,可得A1O=1,A1C=√2，则AA+ 图1所示，所以实数a的 图1 A1C2=AC,所以AA1⊥A1C。 取位范图为(-，] 因为AA1∥BB1,所以BB:⊥AC。又因 四、解答题 为BB1和BD在平面BDD1B1内，且BB1∩ 15.由题意知，f'(x)=2ax一ax一b BD=B,所以AC⊥平面BDD1B1。 e (2)设点O到平面AAB的距离为h,则 -2a-a-b 1 1 则f'(一1)= e-1 =0。又因为 Vo-A.AB= 3SAA0B·OA=3S△A,B·h。 f(-1)=a+=-2e,所以a=1,b=-3. 由题意知，OA三1，SAA0B=2,S△MB 检验：若a=1,b=一3，则'(x)= -x2+2x+3(3-x)(1+x) 名x恒x恒x县-复 e 所以h= S△AoB_1×2V3 当x<一1时，'(x)<0,f(x)单调递 3 减；当-1<x<3时，f'(x)>0,f(x)单调递 故直线OA1与平面AA1B所成角日的 增。故x=一1为f(x)的极小值点，符合题 正弦值sin0= 意。 OA 3 所以a=1,b=一3。 17.(1)在锐角△ABC中，a2一b2=bc。 (2)由(1)知，f(x)=-3,要想证 由余弦定理得a2=b2十c2一2 bccos A, e 则c=b(2cosA+1)。 f(x)<-1(x>-1),需证-3<x-1 由正弦定理得sinC=2 sin Bcos A+ sin B,sin(A+B)=2sin Bcos A+sin B, (x>-1),即证x2-3<(x-1)e(x>-1), 所以sin(A一B)=sinB。 即证(x-1)e-x2+3>0(x>-1)。 设g(x)=(x-1)e-x2+3,x>-1, 又在△ABC中，B∈(o,),A-B∈ 则g'(x)=x(e-2)。 令g'(x)=0,得x=0或x=ln2。 (-受，2)所以A-B=B.故A=2B. 当一1<x<0时，g'(x)>0,g(x)单调 (2)由(1)知A=2B,所以C=π-A 56 商三数华与提香中学生款理化 B=π-3B。 3n2-12 1 由正孩定理得。千b一snA十inB sin C 4n2-16m+16=4,整理得n2+21-8= 0,解得n=一4或n=2。 sin 3B sin 2Bcos B+cos 2Bsin B 当n=2时，直线x=my十2过点Q,不 sin 2B+sin B 2sin Bcos B+sin B 符合题意，因此n=一4。 2sin Bcos'B+(2cos'B-1)sin B 故直线l:x=my一4过定点P(一4,0)。 sin B(2cos B+1) 24m 4c0s2B-1 ②由①知，y1+y2= 2cos B+1 =2cosB-1。 3m+4’y1y2= 36 又因为△ABC为锐角三角形，所以有 3n+4 ,则|y1一y2=√(y1+y:)-4y1y: A=2B∈(0，)： 576n 144 12√m-4 所以B∈(，)所 √(3m2+4)23m2+4 3m2+4 C=x-3B∈0，) 所以saB三7PQy一y马 以osB∈（停） ,所以2cosB-1∈（√2 36√m2-4 36 3(√m2-4)2+16 16 -1,3-1),即 a十6的取值范围为(2-1， 3√m-4+ √m-4 √3-1) ，当且仪当3m-4= 363√3 16 83 √m2-4 18.1)令随圆C:人 =1的半焦距 即m=士2时，等号成立。 为c,由离心率c=台=}，得a=20,所以 3 b=√a2-c=3c。 所以△QAB面积的最大值为3y3 2 由三角形的面积为2√3，得ab=2√，则 19.(1)当n=3时，中奖次数X服从二 c=1,a=2,b=3。 项分布B(,日) 所以C的方程是父 则P(X=0)=(号)= (2)①由(1)知，Q(2,0),设直线1的方程 为x=my+n,A(x1y1),B(x2y2)。 p(x==c(G)()广-号 x=my+n, 联立 消去x整理得 P(X=2)= 3x2+4y2=12, c()(层)品=号： (3m2+4)y2+6mny+3n2一12=0，则y1+ P(X=3)= (信)广- 6mn 3n2-12 y2= 3m+4y1y2= 3m2+4 故X的分布列为表1： 表1 因为kQA= x1-2 kQB x2一2，所以 0 1 2 yiy: 4 2 kQA·kQB= (my1+n-2)(my2十n-2) 27 27 yiye 1 my1y:+m(n-2)(y1+y)+(n-2) 所以期望E(X)=np=3× =1。 3 3n2-12 3n2+4 (2)由于X~B(n,号），因此P(X=k) 3n2-12 3m2+4 -m(n-2)· 3n+4+(n-2): 6mn (兮）广（爱）k=01…m。 =( 57 中学生款理化舞整翠与提秀年7-8月 又P(X=1)≥P(X=k)对k=0,1,2, n≥2。 3,…,n成立，则需 1P(X=1)≥P(X=0)·即 初始条件：p。=1,p1=1,计算得p,= P(X=1)≥P(X=2), n· ·（层）”≥() 号×1+×1=号 9。 化简得 设存在常数a,B,使得pm一apu-1= n· 名·()≥c()() B(p。-1一apm-:),代入递推式，比较系数得 1 a十B=3,8=-。。 13 n =2, 1 解得2≤n≤5。 解方程-言一号-0得， 9 3 2n(n-1)。1 1 n· 3 2 ·3 x2=一3 又因为当n=5时，P(X=k)= 取=号=一，则有 3p-1= C(兮）广（号）k=0.1.2.3,4,5,所以当 =1,2,3,4,5时， P(X=k+1) P(X=k) 令g.=.-子p…则g.=-39.1…且 2 (() 51 (k+1)！(4-k)1 c()'() 一k 5！ 9:=-号=1-=子，所以9 (k)！(5-k)1 135-k.135-k (). 3· 2=+1·3·2-2k+2 所以p.-号1=(-）。① 2 易知当太=28,45时青<1故 P(X=k+1D<1,即P(X=k+1)<P(X= 另取。=一号日=子同理可得力.十 P(X=k) k)(k=2,3,4,5),所以P(X=k)(k=2,3, 4,5)单调递减。 1 1P(X=1)≥P(X=0), 3m1,且 又因为 所以当 令=力十分p1则r,= P(X=1)≥P(X=2), n=5时，P(X=1)≥P(X=k)恒成立。 合=1+=，所以= 故n的最大值为5。 ()- (3)设p.为n次抽奖中未出现连续两次 30。 不中奖的概率。 20+1 30。 ② 考虑第一次抽奖结果： 若第一次中奖（概率为 号），则后”-1 由①+2×@得.=2-C-1) 30+1 次未出现连续两次不中奖的概率为pm-1: ()-(-) 若第一次不中奖（概率为号），则第二次 当n趋于正无穷时，p。0。 必须中奖（概率为），后以一2次未出现连 实际意义：当抽奖次数n趋于正无穷时， 未出现连续两次不中奖的概率趋近于0，即 续两次不中奖的概率为p。-。 几乎必然会出现连续两次不中奖的情况。 1 2 可得递推关系：p.=3p-1十9p-, (责任编辑王福华) 58