2026年高考数学模拟试题(十)-《中学生数理化》高考数学2026年7～8月刊

中学生数理化离整薇学费数感实破月 2026年高考数学模拟试题（十）】 ■新疆乌鲁木齐市第一中学 常锦 一、选择题：本题共8小题，每小题5分， A.f(x+4)=f(x) 共40分。在每小题给出的四个选项中，只有 B.f(x)在区间[9,11]上单调递减 一项是符合题目要求的。 c.f()<f() 1,已知集合A={x|3-x>1},B={x x<1},则A∩(CRB)=()。 D.岁r)=e-1 A.{x|-1≤x<2} B.(x|1≤x<2} 8.已知f(x)是定义在R上的偶函数， C.{x|1<x<2} D.{x|x>2} 且在（一c∞，0）上单调递减，设a=f(0.7.), 2.已知1是虚数单位，x表示复数之的共 51 轭复数。若=4一i,则， ,=( 1十 )。 b=f(1og:3)c=f(0.9),则a,b,c的大 小关系为( A号+ 199 B.2626 A.b<c<a B.c<a<b C-19+9 199 C.b<a<c D.a<c<b 26+26 D.- 2626 二、选择题：本题共3小题，每小题6分， 3卫知xe(答，号)n(e-)=音 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 则tan(2x+若）=( )。 的得部分分，有选错的得0分。 9.18世纪30年代，数学家棣莫弗发现， A.24 C12 7 如果随机变量X服从二项分布B(n,p),那 么当n比较大时，可视为X服从正态分布 4.已知椭圆义 +6=1(a>b>0)的左 1 N(,o),其密度函数P（x)= 焦点和右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,若 √2π。 cos∠F1AF2= 3 亏，则该椭圆的离心率为 。,x∈R。任意正态分布X~B(,G), )o 可通过变换乙=X一严转化为标准正态分布 46 5 B.①0 C.5 (u=0且。=1)。当Z~N(0,1)时，对任意 5 5 D.26 5 实数x,记t(x)=P(Z<x),则( )。 5.已知平面向量a=(1,一2)，b=3, A.t(-x)=1-t(x) 且(a十b)⊥a,则|a-b|=()。 B.当x>0时，P(Z<x)=1-2t(x) A.2 B.4 C.2√6D.24 C.随机变量X~N(,。),当减小，o 6.已知函数f(x)=(x-x+）sin n, 增大时，概率P(|X一μ|<。)保持不变 D.随机变量X一N(μ，o),当，。都增 则方程f(x)=1在区间[一2,3]上的所有实 大时，概率P(|X一<σ)单调增大 根之和为( )。 10.已知函数f(x), A.2 B.4 C.6 D.8 x∈[一a,a]的图像是 7.已知定义在R上的函数f(x)满足 一条连续不断的曲线， f(1十x)=f(1一x),且f(x+2)为奇函数。 设其导数为∫'(x),函 若当0≤x≤1时，f(x)=e一1，则下列结论 数g(x)=(x2-x)(x) 图1 错误的是( )。 的图像如图1所示，则 52 贵簧尊惯甜赛臂中学生教理化 )。 四、解答题：本题共5小题，共77分。解 A.f(x)在x=一1处取最大值 答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 B.x=1是f(x)的极大值点 15.(13分)在锐角△ABC中，角A,B, C.f(x)没有极小值点 C所对的边分别为a,b,c,已知sinA一sinB D.x=1可能不是导函数f'(x)的极大 √3a-c 值点 =sin C a十bo L已知双曲线C:无-1(a三 (1)求角B的值； b>0)的左焦点和右焦点分别为F1,F:,斜率 (2)若a=2,求△ABC的周长的取值范 为正的渐近线为11，过F,作直线1的垂线， 围。 垂足为A,交双曲线C于点P,设M是双曲 线C上任意一点，若PF:=台1AE,1, A.双曲线C的离心率为√5 B.双曲线C的共轭双曲线方程为y2一 4 C.当点M位于双曲线C的右支时， MF TMF:∈(1,3+5 16.15分)已知双曲线r:x-名=1 2」 (b>0)的左顶点和右顶点分别为A1,A2,过 D.点M到两渐近线的距离之积为5 点M(一2,0)的直线交双曲线D于P,Q两 点。 三、填空题：本题共3小题，每小题5分， (1)若双曲线P的离心率为2，求b; 共15分。 12.已知F,、P:分别为椭圆兰+苦 1 (2)者b=2后，△MA:P为等腰三角 形，且点P在第一象限，求点P的坐标： 的左、右焦点，过F,的直线交椭圆于A、B两 (3)连接QO(O为坐标原点)并延长交 点。若AF·AF=0,则AF:·BF= 双曲线T于点R,若A1R·A2P=1,求b的 最大值。 13.已知曲线y=e+1在x=0处的切 线也是曲线y=ln(x十1)十a的切线，则a= 14.甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑 雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每 人只能参加一个项目，每个项目至少一个人 参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比 赛，则四人参加比赛的不同方案一共有 种；如果符合以上条件的各种方案出现的概 率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不 同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑 雪，则P(BA)=一。 53 中学生表理化资整皱学提数感助夹破月 17.(15分)如图2所示，在平行四边形 ABCD中，D=60°，DC=2AD=2。如图3 所示，将△ADC沿AC折起，使点D到达点 P的位置，且PC⊥BC,连接PB,得到三棱 锥P-ABC。 19.(17分)无穷数列a1,a2,…,am,…的 定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次 地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是 图2 图3 am:如果n是奇数，就对3n十1尽可能多次地 (1)证明：平面PAB⊥平面ABC。 除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是 (2)试问：在线段PC上是否存在点M, 使得平面AMB与平面MBC的夹角的余弦 (1)写出这个数列的前7项： 值为5 PM ？若存在，求出PC的值：若不存 (2)如果aw=m且am=n,求m,n的值； (3)记an=f(n),n∈N,求一个正整数 在，请说明理由。 n,满足n<f(n)<f(f(n))<… f(f(…f(n)…)。 2024个f 18.(17分)已知函数f(x)=xe+ asin x。 1)当a=0时，求证：fx) >x+1: (2)若f(x)>0对于任意x∈(0，π)恒 成立，求a的取值范围： (3)若存在x1,x:∈(0，π)，使得f(x1) =f'(x2)=0,求证：x1<2x2。 (责任编辑王福华) 54商三数学参烤与香中学生教理化 2026年高春数学模拟试题（十）季春管案( a 的 一、选择题 SAPE,F:= 1.B2.B3.B4.A5.C6.A7.C 2·2c· 2ab 3c 8.D提示：因为f(x)是定义在R上的 3,故ab=2。又1PF, 偶函数，且在（一∞，0）上单调递减，所以 (o)-(-1o8)-(o). 3b+2a,在△PF,F 图 中，有cos∠PFF1= f(x)在(0，十∞)上单调递增。由幂函数和 指数函数的单调性可知，0.7.<0.9i<0.9 F:F+PF:-PF 2FF PF2 2 =1,由对数函数的单调性可知1=10g专5 4+(o-（6+2a 1og,所以0.7<0.9<1og号，放 3 2…2…后0 1-() f0.7)<fo.9)<f(log:吾），即a< 6 ,化简得6=2a,所以a=1,b=2,c c<b。 =1。对于A, 二、选择题 5,双曲线C的方程为x2- 4 9.AC 双曲线C的离心率e=二=5，故A正确。 a 10.ACD提示：当一a≤x<-1时， g(x)>0,x2-x>0,所以f'(x)>0,函数 对于B,双曲线C的共轭双曲线方程为 4 f(x)单调递增。同理可得，当一1<x<0 MF 时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减。所以x x2=1,故B错误。对于C,MP: =一1为函数f(x)的极大值。当0<x<1 MF:+2 2 时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减：当1<x MF: =1+MP:,因为MF:≥5 ≤a时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减。所 2 3+√5 ,所以1e令2，即M/ MF. 以函数f(x)在（一1，a)上单调递减，从而 f(x)在x=一1处取最大值，且没有极小值 (2,3+5,故C正确。对于D,渐近线方程 2 点，故A,C正确，B错误。又当0x1和1 为y=士2x,设M(x,y),则点M到两渐近 <x≤a时，f'(x)<0,g(1)=0,而x2-x在 x=1时等于0，所以f'(1)不一定等于0。当 线的距离之积为 |2x。-yo1|-2x。-yo1 √5 /5 f'(1)=0时，x=1是导函数f'(x)的极大值 点；当f'(1)≠0时，x=1不是导函数f'(x) 4x8-y8 -y 的极大值点，故D正确。 ,故D 11.ACD提示：如图1，因为|AF,= 正确。 ,所以PF:1=号：11 三、填空题 12.413.2 IPF:sin∠PF:E,=子6：名=2，则 2 c 14.30 3 提示：依题意知，甲、乙、丙、 93 中学生款理化舞整翠与提秀年7-8月 丁四位同学参加三个项目的方案共有CA 1 1+- =36(种)，其中甲、乙参加同一项目的方案有 cos A =V3十1十+tanA tan A tan A A=6(种)，则所求的参赛方案共有36一6= 1 1 30(种)。因为甲、乙两人不能参加同一项目， tan A N tanA +1。 所以丙、丁两人不能参加同一项目，则甲、乙 必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项 在锐角△ABC中，因为B=答，所以 目，此时的参赛方案共有CCA=24(种)。 若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择 A∈(o,否)C=x-吾-A∈0，受)，解得 越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选 A∈(g,受），放anA∈(5，+o)anA 一，故有AC=4(种)不同的方案；若甲和一 人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁 ∈(）则√aA+1∈，)a+ 共同选择，剩下两人分别选择两个项目，故有 CA=4(种)不同的方案；同理，乙单独选择 tan A √amA+1∈(1+3,23). 1 跳台滑雪，有AC=4(种)不同的方案：乙和 故b+c∈(1+√3,2√3)，a+b+c∈ 一人共同选择跳台滑雪，有CA=4(种)不 (3+√3,2+2√3)。 同的方案。共有16种方案。所以P(B|A) 所以△ABC的周长的取值范围是(3+ 16 P(AB)30 2 √3,2+2√3)。 P(A) 24=3 16.(1)由双曲线T的方程知a=1,c= 30 √1+b。 四、解答题 15.(1)已知sinA-sinB_ +6,由正 sin C 由离心率e=S= √1+b2 =2,得b=√3。 a 1 √3a-c 弦定理得1一6 V3a-ca+6,即a2+c2-b= (2)当b= 时，双曲线r:x2-3y 2√6 8 1,且A2(1,0)。 √3ac。 因为点P在第一象限，所以∠PA,M为 由余弦定理得cosB=Q十c一b 钝角。又因为△MA,P为等腰三角形，所以 2ac |A,P|=|A2M|=3。 ac 2ac 2。 设点P(x0,y),且x>0,y。>0,则 √(x。-1)+y后=3， 因为B∈(0，π)，所以B=买 x6=2, 6 3yo 解得 所以点 y=2√2， 8 =1, (2)在锐角△ABC中，a=2,B=吾，由 P的坐标为(2,2√2)。 sin A=6 正弦定理得，2一 sinsnc。 (3)由双曲线Γ的方程知A1(一1,0)， 6 A2(1,0)。 设P(x1,y1),Q(x2,y:),由题意知，Q, 故b= sin A.c= 1 2sin C 2sin(A+】 R关于原点对称，则R(一x2,一y)。 sin A sin A 由直线PQ不与y轴垂直，可设直线PQ √3sinA+cosA 的方程为x=my一2。 sin A /x=my-2, 所以b十c= 3 sin A+cos A+1+ 联立 x:一文=1，消去x整理得(6m sin A 62≈1， 94 商三数华特等整与香中学生数理化 -1)y2-4bmy+3b=0,则y1+y:= (-1,3,0),PB=(-1, 4b'm 3b2 6m2-1'y1y2= °m-且bm-1≠0，即 3,-1),PC=(0,√3， -1)。 m21 。 设PM=APC=A(0, 因为AR=(-x:十1，-y),A:户= √3，-1)=(0，√3λ，-λ)， 其中0≤入≤1，则AM= 图2 (x1-1,y1),所以A,反·A户=(-x+ 1)(x1-1)-y1y2=1,即(x2-1)(x1-1)十 AP+PM=(0,0,1)+(0,3入，-1)=(0， y1y:=-1,即(my:-3)(my1-3)+y1y2= √3λ，1-λ)。 -1,即(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+10=0, 设平面ABM的一个法向量为m=(x, 所以(m+1)·，36 6m2-1-3m· 4b'm ·AB=-x+√3y=0, b2m2-1 y,),则 取 m·AM=√3λy+(1-A)之=0， 10=0,整理得bm2+3b一10=0，所以b= 10e(0,3 y=入一1，则之=3入，x=√3（入一1），所以 107 n2+3 m=(3(入-1)，入-1，√3λ)。 ,所以6≠，10 又m'≠ 10b 设平面MBC的一个法向量为n=(a,b, 1 6+3 36+1,解 n·PB=-a+3b-c=0, c),则 取b= 得公≠3.所以6e03U6.] n·PC=√3b-c=0, √3，则a=0,c=3,所以n=(0,√3,3)。 又因为b>0,所以b的取值范围是(0， 所以|cos(m,n〉= m。n U(,]故6的最大位为 m n 3 |4√3λ-√3| 5 17.(1)翻折前，因为四边形ABCD为平 2V3×W4(A-1)+3λ 解得及=子 行四边形，∠D=60°，所以∠B=60°。 因此，在线段PC上存在点M,使得平面 因为DC=2AD=2,所以AB=DC=2, BC=AD=1,由余弦定理得AC2=AB2+ AMB与平面MBC的夹角的余弦值为S,且■ BC2-2AB·BCcos∠B=4+1-2×2×1× -。 =3,所以AC+BC=AB,则BC⊥AC. 1 18.(1)当a=0时，f(x)=xe。 同理可证AD⊥AC。 要证fx》>x十1，只需证e一x-1>0. 翻折后，有BC⊥AC,PA⊥AC。因为 PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PCC平面 令g(x)=e-x-1,则g'(x)=e-1。 PAC,所以BC⊥平面PAC。因为PAC平 当x∈（一∞，0）时，g′(x)<0,g(x)单 面PAC,所以PA⊥BC。因为AC∩BC= 调递减；当x∈(0，十∞)时，g'(x)>0,g(x) C,AC,BCC平面ABC,所以PA⊥平面 单调递增。 ABC。又因为PAC平面PAB,所以平面 所以g(x)>g(0)=0,故e>x+1。 PAB⊥平面ABC。 所以(x) >x+1。 (2)因为PA⊥平面ABC,BC⊥AC,所 x 以以A为坐标原点，BC、AC、A户的方向分 (2)f'(x)=(x+1)e+acos x. 别为x轴、y轴、之轴的正方向，建立如图2 令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+2)e 所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),P(0, -asin xo 0,1),C(0,W3,0),B(-1,√3,0)，所以AB= ①当a≥0时，由x∈(0，π)，得xe>0, asin x≥0，因此f(x)>0,满足题意。 95 中学生款理化舞整翠与提秀年？-8月 ②当a<0时，由x∈(0，π)，得(x+2)e 2=1,a2=2÷2=1,a3=(3×3+1)÷2=5, >0,-asin r>0,因此m'(x)>0,则f'(x) a:=4÷2÷2=1,a=(3×5+1)÷2=1, 在(0，π)上单调递增。 a6=6÷2=3,a,=(3×7+1)÷2=11。 若-1≤a<0,则f'(x)>f'(0)=1十a (2)已知n,n均为奇数，不妨设nm。 ≥0，故f(x)在(0，π)上单调递增，所以f(x) 当n=1时，因为a1=1,所以m=1,故 >f(0)=0,满足题意。 m=n=1。 若a<-1,则f'(0)<0,f(2)>0,因 当n>1时，因为3n+1 4 <n≤m,又n为 此f'(x)在(0，π)上存在唯一的零点x。,且 奇数，a,=m,所以m=3n十] 2 ∈(o,) 又m为奇数，am=n,所以存在k∈N”, 当0<x<x。时，f'(x)<0,f(x)单调 使得n=3m,十1为奇数. 递减；当x。<x<π时，f'(x)>0,f(x)单调 26 递增。所以f(x。)<f(0)=0,不满足题意。 所以22=3m+1=3(3+D+1 2 综上可得，a的取值范围为[-一1，十∞)。 9n+5 (3)由(2)知a<-1,设x0=x2,则f(x) 2 在(0，x2)上单调递减，在(x2,π)上单调递增。 因为4n<9n,十5<61，所以4m<21< 注意到f(0)=0,f(x2)<f(0)=0, 2 f(π)=πe>0,故f(x)在(0，π)上存在唯一 6n,即4<2<6，k∈N",无解。 的零点x1,且x1∈(x:,π)。 所以m=n=1。 因为x1,2x2∈(x2,π)，且f(x)在(x2, (3)显然n不能为偶数，否则f(n)≤ π)上单调递增，所以要证明x1<2x2,只需证 <n,不满足n<f(),所以n为正奇数。 2 f(x1)f(2x2)。 又f(1)=a1=1,所以n≥3。 因为f(x1)=0,所以只需证f(2x:)> 设n=4k+1或n=4k-1,k∈N'。 0,即证2x2e2+asin2x2>0。 因为(x2+1)e+acos x:=0,即a= 当n=4k+1时，f(n)=3(4k+1)+1 4 (x2+1)e 3k+1<4k+1=n,不满足n<f(n)。 cos x2 ,所以只需证2.x2e2,一 当n=4k-1时，f(n)=3(46-1)+1 (x2+1)e 2 sin2x2>0,只需证x2e一(x2十 cos x2 6k一1>4k-1=n,即nf(n)。 1 )sin>0x:∈(0，) 。(￥) 所以取n=22o25k一1，k∈N”时，有 由(1)得e>x2+1,因此xe一(x2+ 3(2k-1)十1=3×224k-1<f(f(n) 2 1)sin2>+:-(x2+1)sin:=(x:+ 3(3×220k-1)+1=3×29k-1<…< 2 1)(x2-sinx2)。 设h(x)=x-sin,0<x<受，则 f(f(…f(n)…)= 3(32×2k-1)十1= 2 2023个了 h'(x)=1-cosx>0,所以h(x)在(0，)上 3223×2k-1<f(f(…f(n)…)= 2024个f 单调递增，故h(x)>h(0)=0,从而h(x2)> 3(32×2k-1)+1=32X2k-1。 2 0,即xg一sinx:>0,因此(*)式得证。 所以n<f(n)<f(f(n)<…< 综上可得，x1<2x2。 f(f(…f(n)…)。 (责任编辑王福华) 19.(1)根据题意，a1=(3×1十1)÷2： 2024个f 96