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2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（1）（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．已知复数 满足 ，则 （ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【详解】根据题意可得 ，则 .
2．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解不等式 得 ，故 ，
，故 ，
所以 ，即 .
3．直角 中，斜边 ， ，动点 满足 ，则 的最大值为
（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为 ，根据条件建立 的关
系式求解
【详解】
以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为 ，
， ， ，
，
，
，
，
，
即 ，
配方得： ，
所以 在以 为圆心以2为半径的圆上，
， ，,其关于x单调递增，
所以取P为圆的最右边的点 可取得最大，
此时 ，代入得 .
4．已知双曲线 的左､右焦点分别为 为右顶点， 是 上
一点，若 ，则 的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】A
【详解】如图，过 点做 轴于点 .
由 .
由 为 中点.
又 ， ，所以 ，所以 .
在 中， .在 中， ，
整理得： .
因为 ，所以 .
又 ，所以 .
即所求双曲线的离心率为2.
5．已知函数 ，若 ，且 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可得 ，由余弦函数的对称性，
，化简得到 ，代入 即可求解.
【详解】由于 ，所以 ,
因为 ，所以 ，
因为 ，且 ，则
由余弦函数的对称性， ，且 ，
所以 ，则 ，
则 ，因为 ，且 ，
所以
6．数列 是公差为正数的等差数列，其前 项和为 ，则
（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】利用等差数列的性质，先解出 ，进而得到 ，再利用等差数列求和公式计
算即可．
【详解】解：由题可得 ，
解得 或 （舍去），
，解得 ，
，
．
7．已知平面 互相垂直，则下列正确的是（ ）
A．若直线 ，则
B．若直线 ，则
C． 内有无数条直线与 平行
D． 内的所有直线与 都垂直
【答案】C【分析】根据线面平行判定和面面平行判定，以及面面垂直判定，逐项判断，即可求得答
案.
【详解】选项A：若 ， 可能与 相交，也可能在 内，不一定有 ，A错误；
选项B： 无法推出 ， 可以平行 或与 相交或者垂直，B错误；
选项C：根据线面平行的判定定理， 内所有平行于交线 的直线都与 平行，这样的直
线有无数条，C正确；
选项D： 内平行于交线 的直线与 平行，并非所有直线都垂直 ，D错误.
由图可知ABD错误.
8．定义在 上的可导函数 ，满足 ，且 ，若
， ， ，则 、 、 的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合条件求导可得 在 上为减函数，由其单调性即可判断 、
、 的大小关系.
【详解】由已知可得： ，令 ，
则 ，
且 ，
再令 ，则 ，
当 时， ，即函数 在 上为增函数，当 时， ，即函数 在 上为减函数，
，
在 上恒成立， 在 上为减函数；
， ，即 .
故选：C.
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．下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据1，1，2，3，5，8， ， 的第 百分位数为4
B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数 的绝对值越接近于1
C．根据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值
的 独立性检验： ，可判断 与 有关联，此推断犯错误的概
率不超过
D．若随机变量 服从正态分布 ，且 ，则
【答案】BD
【详解】选项A：第 百分位数位置为 ，故 取5，
第 百分位数是第5个数5，故A错误；
选项B：样本相关系数 的绝对值越接近1，代表两个随机变量的线性相关程度越强，故B
正确；
选项C：独立性检验中 ，在 的显著水平下，
无法判断 与 有关联，故C错误；
选项D：正态分布 关于均值 对称， ，已知 ，则 ，
由对称性可知 ，
，故D正确．
10．设函数 ，已知 在 ， 有且仅有4个零点．则下列说
法正确的是（ ）
A． 在 必有有2个极大值点 B． 在 有且仅有2个极小值点
C． 在 上单调递增 D． 的取值范围是
【答案】BD
【分析】令 ，则 ，根据复合函数的单调性及图像综合判断即可．
【详解】解：依题意知 ，
由于 在 ， 有且仅有4个零点，
结合图像及单调性可得
，
，故D对；
令 ， ，
有1或2个极大值点，
结合复合函数的单调性知 也有1或2个极大值点，故A错；
同理 有2个极小值点，
所以 有2个极小值点，故B对；当 时， ，
，
，
递减，
根据复合函数单调性得 递减，故C错；
故选：BD．
11．已知抛物线 的焦点为 ，点 在 的准线上，过 且斜率为
的直线交 于 两点，则（ ）
A．
B．
C．
D．当 时，
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系求解.
【详解】对于 ，因为抛物线 的准线方程为 ，已知点 在准线上，
所以 ，解得 ，即 ，焦点 .故 正确；
对于 ，设过 且斜率为 的直线方程为 ，
联立抛物线方程 ，整理得 ，因为直线与抛物线有两个交点，所以 ，
解得 或 ，故 错误；
对于 ，设 ，由抛物线定义 ， ，
要判断 ，即 ，
两边平方 ，
化简得 ，即 ，
因为直线与抛物线有两个交点，所以直线与抛物线不相切，即 ，
所以 成立，即 ，故 正确；
对于 ，当 时， 是 的中点，设 ， ，
则 ，由韦达定理 ，
所以 ，解得 （舍去），或 ，则 ，
则 ，由对称性，不妨令 ，则 ，
则由 ，得 ，故 正确.
故选：
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知 ，函数 ，若 ，则 ________ ．
【答案】
【分析】根据分段函数的解析式，代入即可逐层求解.
【详解】 ，所以 ，
所以 ，
故答案为：
13．我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个
底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边
长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为________平方分米．
【答案】
【分析】由棱台的体积公式求得棱台的高，进一步求得棱台的侧棱的长度，结合勾股定理
以及梯形的面积公式即可求解.
【详解】
如图所示，高线为 ，由方斗的容积为28升，
可得 ，解得 ．
由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得 ， ，
，
侧面梯形面积为 ，所以方斗的表面积为 ．
故答案为： .
14．已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积
的和记为 . 例如，当 时， . 数列
的前 项和为_____.
【答案】
【分析】根据已知求出 ，令 ，最后利用裂项相消求数列
的前 项和即可.
【详解】根据题意有：
，令 ，所以 ，
则 的前 项和为 ，则有：
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）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 .
(1)求A；
(2)若D为BC的中点， ， 的面积为 ，求a.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换和二倍角公式可求得 或
，进而可求得A；
（2）由题意可得 ，结合向量的数量积可得 ，由
的面积为 ，可得 ，进而利用余弦定理可求解.
【详解】（1）因为 ，
所以根据正弦定理可得 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，解得 或 ，又 ，所以 ；
（2）若D为边 上的中点，则 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以
因为 的面积为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
由余弦定理可得 ，
所以 .
16．（15分）如图，在斜三棱柱 中， ， ， ，
， ， 分别为 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，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）连接 ，延长 ，得出 是 的中位线，根据线面平行的判定定
理结合中位线的性质即可证明.
（2）以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，根据求出点 的坐标，然后求出平面 和平面 的法向量，最后根据平面与
平面夹角的向量公式即可求解.
【详解】（1）连接 ，延长 ，因为斜三棱柱 中，侧面 是平行四
边形，
对角线 与 互相平分，又 是 的中点，因此 是 的中点.
又因为 是 中点，所以在 中， 是中位线，故 ，
又 平面 ， 平面 ，因此 平面 .
（2）以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
由已知条件得： ， ， ，
设 ，由 得 ，
是 中点，故 ； 是 中点，故 .
由 ，得 ，代入 解得 ， ，即 .
向量 ， .
设平面 的法向量为 .
由 得 ，
取 得 ， .
向量 ， .
设平面 的法向量为 .由 得 ，
取 得 ， .
设平面 与平面 的夹角为 ，则
.
17．（15分）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若当 时， ，求 的取值范围．
【答案】(1) 在 上单调递增
(2)
【分析】（1）求导得 ，再构造函数 ，研究其性质得
，进而得 即可判断单调性；
（2）根据题意得 ，进而转化为 ，再构造函数 ，研究其最大值即可求得答案.
【详解】（1）解：因为 ，定义域为 ，
所以 ，
设 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
所以 在 上单调递增．
（2）解：由 ，得 ，即 ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
设 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递
减，
所以 ，
所以 ，即 的取值范围是 ．
18．（17分）某地区对该地全体教师进行教育技术培训，培训分两步完成，第一步是线上
培训，要求全体教师自主学完网上的教学内容，第二步是线下考试，成绩分为合格与不合
格．为了确保考试通过，有的学校组织教师进行线下操作演练，考试结束后，抽取200个
教师的考试成绩，制作了如下的 列联表：合 不合 合
教师
格 格 计
参加学校演练 90 10 100
没参加学校演
70 30 100
练
合计 160 40 200
(1)根据表中数据，依据 的独立性检验，能否认为考试合格与参加学校演练有关联；
(2)现从表中不合格的教师成绩中，用分层随机抽样法抽取8人的成绩，再从这8个数据中
随机抽取3个做对比分析，记抽取的3个中没参加学校演练的人数为 ，求 的分布列和
数学期望；
(3)用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取该地区1000名教师，记其中
合格的人数为 ，求使事件“ ”的概率最大时 的取值．
参考公式及数据： ．
0.02 0.01 0.00
0.001
5 0 5
5.02 6.63 7.87 10.82
4 5 9 8
【答案】(1)有关联
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据二阶列联表计算出 值，再由独立性检验判定即可；
（2）由题知 的可能值有1，2，3，再由随机抽样计算出对应概率，写出分布列，计算期
望即可；
（3）由题可知 ，利用 的值判断单调性，根据单调性即可求解.
【详解】（1）零假设 为：考试合格与参加学校演练无关，则 ，
故依据 的独立性检验，参加学校演练与考试合格有关联；
（2）依题意，用分层随机抽样法抽取的8件产品中，
参加学校演练的有 人，没参加学校演练的有6人，
从这8人中随机抽取3人，其中没参加学校演练的人数 的可能值有1，2，3.
则 ．
故 的分布列为：
1 2 3
则 ；
（3）依题意，因随机抽取的合格率为 ，故 ，
则 ，
由 ，
故由 可解得 ，因 ，故当 时， 单调递增；
由 可解得 ，即当 时， 单调递减．
故当事件“ ”的概率最大时， .
19．（17分）已知动圆 过点 ，且与 相切，记该动圆圆心轨迹为曲线 ．
(1)求 的方程；(2)若 ，直线 与 交于点 ，直线 与 交于点 ，
点 在第一象限，记直线 与 的交点为 ，直线 与 的交点为 ，线段
的中点为 ．
①证明： 三点共线；
②若 ，过点 作 的平行线，分别交线段 于点 ，记 与
的面积分别为 和 ，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②16
【分析】（1）设 ，根据题目条件列式化简可得轨迹；
（2）①设线段 的中点为 ，利用向量证明 ， ， 三点共线，同理可证 ， ，
三点共线，进而可得结论；
②将 转化为四边形 面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线
和直线 的方程，则可求出 坐标，然后利用面积公式 求解最值即
可.
【详解】（1）已知圆 过点 ，且与 相切，所以圆心 到点 与点 到直
线 的距离相等，
根据抛物线的定义可知，圆心 的轨迹为抛物线，且点 为焦点，直线 为准线.
设抛物线方程为 ，则 ，所以 ，故 .
所以曲线 的方程为 .
（2）①设线段 的中点为 ，
因为 ，所以可设 ， ,因为
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设 ， ， ， ， 中点为 ， 中点为 ，
将 代入 得： ，所以 ， ，
所以 ，
同理 ， ， （ 均在定直线 上）
因为 ，所以 与 面积相等， 与 面积相等；
所以 等于四边形 的面积，
设 ， ，
直线 ： ，即
整理得，直线 ： ，又 ，所以 ，
同理，直线 ： ，又 ，所以 ，
所以所以四边形 面积
，
当且仅当 ，即 ，即 时取等号，
所以四边形 面积的最大值为16，即 的最大值为16.
