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2026届全国1卷高考数学模拟冲刺卷（4）（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．已知集合 ， 表示不超过 的最大整数，集合
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为 ，
，
所以 .
2．若 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的模、复数的乘法、共轭复数求解即可.
【详解】设 （ ），则 ， ，所以 .
所以 ，解得 ，代入 中，解得 ，
故 .
3．设 且 ，函数 的值域为 的一个充分不必要条件是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别分析函数在不同区间上的单调性和值域，再根据函数的值域为 确定 的取
值范围，最后根据充分不必要条件的定义判断选项.
【详解】当 时， ，因为函数 在 上单调递增，则 在
上单调递增，
所以 ，即 在 上的值域为 ；
当 时， ， 且 .
①当 时， 在 上单调递减，所以 ，
即 在 上值域为 ，值域存在上界，整个函数值域无法延伸到正
无穷，不满足值域为 ，不合题意；
②当 时， 在 上单调递增，所以 ，
即 在 上值域为 ，
因为整个函数值域为 ，所以 ，解得 或 ，
又因为 ，所以 ，即 .所以函数 的值域为 的一个充分不必要条件对应的 的取值范
围应为 的真子集，所以B正确.
4．如图，在 中，点 满足 ， 为线段 上的一点，若
，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用向量的线性运算与三点共线定理构建出关于 的关系式，结合基本不等式
求出目标乘积的最值即可.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
显然 ，又 三点共线，所以 ，
由基本不等式得 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立．
所以 的最大值为 ．
5．已知角 的顶点与坐标原点 重合，始边与 轴的非负半轴重合，角 的终边与圆
交于点 ．动点 以 为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点 ，点 运动的轨迹长为 ，当角 的终边为射线 时， （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出 、圆 的半径和 ，再
由 结合两角和正切公式即可求解．
【详解】由题得 ，且圆 的半径为 ，
所以 ，
所以 ．
6．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，
规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙
政园，则不同的安排方法的种数有（ ）
A．38 B．42 C．50 D．56
【答案】C
【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘
三个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人，
总分配方式有 种，其中苏州博物馆为空的情况有 种，虎丘为空的情况有
种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种，
因此满足条件的不同的安排方法有 种.
7．已知函数 的定义域为 ， ，且对任意 ，都有
，则不等式 的解集为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数 ，并分析函数单调性，再将原不等式变形后利用
函数单调性计算即可得解.
【详解】设 ， .
任取 ，则 ，
因为 ， ，所以 ，即
，所以 ，
所以 在 上单调递增.
原不等式可化为 ，由 ，得 .
，
因为 在 上单调递增，故 ，即 .
又 ，故 .
8．已知椭圆C: 的左、右焦点分别为F F P是C上一点，记I，G分别为
1， 2 ，
△PFF的内心和重心，则∣IG∣的取值范围是（ ）
1 2
A． B． C． D．
【答案】A【分析】设 ，由三角形重心坐标公式可得 ，由椭圆第二定义，结合圆的切
线性质，等面积法可得 ，据此可得答案.
【详解】由题可得 ， ，准线方程为： .
设 ，三角形重心坐标公式可得： ，则 .
如下图作出椭圆的两条准线，过 向两条准线做垂线，垂足为 .
由椭圆第二定义可得： ，
从而 ， ，则 .
如图，作出 的内切圆 ，与各边切点为 .
由圆的切线性质可得： ，
则 ，
又注意到 ，则 ，
结合 ，可得 .
因 表示三角形 内心到 的距离，
则 ，其中 为三角形内切圆半径.
注意到
，因 在x轴同侧，从而 ，则 ，注意到 ，
则
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．若离散型随机变量X的分布列如下表所示，则（ ）
X 1 3 5 7
P 0.4 0.3 0.2 m
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据概率之和为1求出 判断A；然后结合均值和方差的概念计算判断B，
C，应用均值性质求解新的离散型随机变量的均值判断D.
【详解】由题意得 ，解得 ，A正确；
由 ，B选项正确；
，故D选项正确；
因为 ，故C选项错误；
10．在平行六面体 中， ， ，
， 分别为棱 ， 的中点，则（ ）A． B． 平面
C． D．直线 与 所成角的余弦值为
【答案】BD
【分析】对A：利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得 ，又
与 相交，可得 与 为异面直线；对B：借助菱形性质可得 ，再利用三角
形全等可得 ，由等腰三角形三线合一可得 ，即可利用线面垂直判定定
理得到 平面 ；对C：求出 、 及 后，利用余弦定理计算即可
得；对D：由 ， ，可得 即为所求，求出 、 、 后，
利用余弦定理计算即可得.
【详解】对于A：平行六面体 中， ，
又 为棱 的中点，所以 与 相交，故 与 为异面直线，A错误.
对于B：连接 、 ，交于点 ，连接 、 ，
因为 ，则四边形 为菱形，故 ，点 为 中点.
又 ， ，所以 ，故 .
又点 为 中点，所以 ，
又 ， ， 平面 ，故 平面 ，故B正确.
对于C：由 ， ，得 、 、 均为等边三角形，故 .
在等腰 中， ，
在等腰 中， ，
在 中， ，
在 中， ，则 ，C错误.
对于D：连接 ， ，因为 ， 分别为棱 ， 的中点，所以 ，
又 ，则直线 与 所成角即为直线 与 所成角，即为 .
， ，
在 中， ，D正确.
11．已知函数 ，其中 ．则下列说法正确的是（ ）
A． 的图象为中心对称图形
B． 时，函数 在 上单调递减
C．对任意的实数 ， ， 既没有最大值，也没有最小值
D．若 有两个不同的极值点，则 的取值范围为
【答案】ACD【分析】对A：计算可得 ，即 的图象关于点 中心对称；
对B：求导后计算即可得；对C：分 及 进行讨论，计算 值域即可得；对
D：求导后结合极值点定义计算即可得.
【详解】对A： ，
故 的图象关于点 中心对称，故A正确；
对B： ，
当 时， ，
故函数 在 上单调递增，故B错误；
对C：由 ，
则当 时， ，无最大、最小值；
当 时， ，则 ，无最大、最小值；
综上可得，对任意的实数 ， ， 既没有最大值，也没有最小值，故C正确；
对D： ，令 ，则 ，
若 有两个不同的极值点，则 有两个不同根，
当 时， ， ，无实数根，不符；当 时，若 ，则 ，不符，则 ，
令 ， ，
有 ，则 为偶函数，
当 时， ，则由对勾函数性质可知 单调递增，
又 单调递增，故 单调递减，且 ，
故 ，则 ；
故 有两个不同的极值点的充要条件为 ，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．当函数 取最大值时， 的值为________．
【答案】
【详解】 ，其中 ， ，
当 ， ，所以 取最大值 ，
此时 ， ，所以 ，
所以
13．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正
六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是 ，则该多面体外接球的表面积是__________.
【答案】
【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，
求出多面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.
【详解】解：由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的 ，设原正四面体的棱长为 ，
则其表面积为 ，由图易知该多面体与原正四面体相比较，
表面积少了8个边长为 的正三角形的面积，
所以该多面体的表面积为 ，所以 .
如图， 是下底面正六边形 的中心， 是上底面正三角形 的中心，
由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心 在原正四面体的高 上，
.设球 的半径为 ，在 中， ，所以 ，
在 中， ，
所以 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
所以该多面体外接球的表面积 .
14．已知抛物线 ，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段AB为直
径的圆与y轴交于M，N两点且圆心为G，则 的最小值是______.
【答案】
【分析】作出辅助线，由抛物线的性质，二倍角公式和垂径定理得到
，结合 即可求解.
【详解】显然直线l的方程斜率不为0，因为焦点 ，
所以设直线l的方程为 ，联立 得 ，
故 ，故 ，
所以 ，
显然G为 的中点，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是 的中点，
设 ，则 ，
，，
而 ，当且仅当 ， 轴时取等号，则 ，
所以当 时， .
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）已知锐角 三个内角 的对边分别是 ，若 ．
(1)求 的大小；
(2)若 平分 交 于点 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式及正弦定理边化角，结合差角的正弦化简，再
利用正切函数性质求出范围.
【详解】（1）在锐角 中，由 及正弦定理，
得 ，
整理得 ，而 ，则 ，因此 ，又 ，则 ，解得 ，
所以 .
（2）由（1）得 ，得 ，则 ，
由 平分 交 于点 及正弦定理，
得
.
16．（15分）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 和
均是边长为2的正三角形， ， 分别为棱 ， 的中点，且 .
(1)证明： 平面 ；
(2)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）根据线面垂直的性质定理证明线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理证明线面垂直即可；
（2）根据几何体的性质建立空间直角坐标系，进而写出点的坐标和平面的法向量，根据面
面角的向量求法，求出面面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）因为 和 均是边长为2的正三角形， 为 的中点，
所以 ，又因为 为 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，因为 ， ，
且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，因为 ，
所以 平面 .
（2）由（1）知 平面 ，所以 ，所以 ，
因为 ， ， ，所以 平面 ，
所以 ，取 中点 ，连接 ，则三条直线 ， ， 两两垂直，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐
标系，
易得 ，因为 ，故 ，
得到 ， ，
所以 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ， ，所以 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
17．（15分）已知双曲线C： 的焦距为8，点 在双曲线C的
一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点 ，直线 交直线 于点Q，设直线 ， 的斜率分别为 ， ，
求证： 为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知条件，列方程求出 ，可得双曲线标准方程；
（2）设直线 的方程与双曲线联立方程组，设 两点坐标，表示出直线 ，得点 坐
标，表示出 ，结合韦达定理，证明 为定值.
【详解】（1）由题意知 ，则 ，所以 ，因为点 在双曲线 的一条渐近线上，
所以点 在双曲线 的渐近线 上，所以 ，
综上可得 ，
故双曲线 的方程为 .
（2）由（1）知双曲线 的左焦点为 ，
由题意设直线 的方程为 ，
由直线 ，得 ，
设 ，则 ，又 ，
所以
，
由 ，得 ，其中 ，
则 ， ， ，所以 .
因为 ，所以 ，所以
.
即 为定值.
18．（17分）设函数 ．
(1)当 时，求 在点 处的切线方程；
(2)若函数 存在零点 ，且 ．
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）设 为 的极值点，证明： ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）当 时，求出 、 的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的
方程；
（2）（i）求得 ，对实数 的取值进行分类讨论，分析函数 在
定义域上的单调性，可得 ，即可解得实数 的取值范围；
（ii）要证 ，只需证 ，即证 ，根据
可得 ，即证 ，构造函数
，其中 ，利用导数分析函数 在 上的单调性，证明出 即可.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
所以 ， ，
故所求切线的方程为 ，即 .
（2）（i）因为 ，该函数的定义域为 ，且 ，
，
当 时，则对任意的 ， ， ，则 ，
此时函数 在 上单调递增，则函数 在 上有且只有一个零点 ，不
符合题意；
当 时，令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，
当 时， ；当 时， .
所以存在唯一的 ，使得 ，
当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时，由题意可知，函数 在 上单调递增，
故当 时， ，此时函数 不存在正零点；
当 时，由题意可知函数 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，当 时， .
故存在 ，使得 ，符合题意，
此时函数 在 上单调递减，只需 ，解得 .
综上所述，实数 的取值范围是 .
（ii）由（i）可知 ，且函数 在 上为增函数，
要证 ，只需证 ，即证 ，
又因为 ，则 ，
即证 ，即证 ，
构造函数 ，其中 ，
则
，
令 ，其中 ，
则 ，
因为 ，则 ， ，
所以 ，故函数 在 上为增函数，
当 时， ，所以 ，故函数 在 上为增
函数，因为 ，则 ，故 .
19．（17分）甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为 ，乙赢的概率为
，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行
球比赛，先赢得 球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少 球且必须领先对手至
少2球则获胜，否则先赢得 球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为 ，选择
规则二时甲获胜的概率为 ．（ 为正整数）
(1)若 ，求 ；
(2)若选择规则二且 ， ， ，设随机变量 表示一方获胜时进行的总球数，
事件 表示甲获胜，事件 表示 ，求 ；
(3)若 ，证明： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）规则一对应五局三胜制，分别计算甲以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；规则二在
本问中为“至少赢3球且领先2球则胜，否则先赢4球者胜”，分别计算甲以3∶0，3∶1，
4∶2，4∶3获胜的概率．
（2）由 可知，规则二为“至少赢2球且领先2球则胜，否则先赢8球者胜”．
事件 排除了2球结束和15球结束两种情况，在事件 发生时，比赛必先打成1∶1，之后经
过若干次双方各胜一球，最后由某一方连胜两球结束．由此分别求出 与 ，
再求条件概率之比．（3）把两人的比赛看成一列无限进行的独立试验，设 表示前 球中甲赢得的球数．先
把 和 都表示为关于 的概率，再比较 ；然后把 表示为关于 及后3球
胜负的概率，再比较 ．
【详解】（1）由题意， ．当 时， ．
规则一中 表示甲在五局三胜制中获胜的概率．
若甲以3∶0获胜，概率为 ；若甲以3∶1获胜，则前3球中甲赢2球、乙赢1球，最后一球
甲赢，概率为 ；若甲以3∶2获胜，则前4球中甲赢2球、乙赢2球，最后一球甲赢，
概率为 ．
所以 ．
规则二中 表示若一方赢得至少3球且领先2球就获胜，否则先赢4球者获胜时甲获胜的
概率．
甲可能以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜．其中，3∶0的概率为 ；3∶1的概率为 ；4∶2必须
先打成2∶2，再由甲连赢两球，概率为 ；4∶3必须先打成2∶2，再经过一胜一负，最后
甲赢，概率为 ．
所以 ．
（2）当 时，规则二为：若一方赢得至少2球且领先对手至少2球则获胜，否则
先赢 球的一方获胜．
若比赛在2球结束，则比分只能是2∶0或0∶2，不属于事件 ；若比赛在15球结束，则比分只能是8∶7或7∶8，也不属于事件 ．
因此，在事件 发生时，比赛过程必为：先打成1∶1，之后经过若干次“每两球双方各胜一
球”，最后由某一方连胜两球结束．
设“每两球双方各胜一球”的次数为 ，则 ．每一次双方各胜一球的概率为
．若最后甲连胜两球，则甲获胜；若最后乙连胜两球，则乙获胜．
于是 ， ．因为 ，
，所以 ．代入 ，得
．
（3）设甲、乙持续比赛，不因规则停止，令随机变量 表示前 球中甲赢得的球数，则
．
由规则一可知， ．按前 球中甲赢球数分类，得
．
再看 ．此时规则二为：若一方赢得至少 球且领先 球则获胜，否则先赢 球的
一方获胜．
若 ，则甲在前 球中至少赢 球且至少领先 球，甲获胜；
若 ，则前 球比分为 ，此后甲获胜有两类情况：一是甲连赢两球，概率为 ；
二是接下来的两球双方各胜一球，再由甲赢下一球，概率为 ．
所以 ．
因此 ．
又 ，且 ，
所以 ．
因为 ，且 ，所以 ，即 ．
下面证明 ．
由规则一可知， ．
仍按前 球中甲赢球数分类：若 ，则甲必然满足 ；
若 ，则后三球中甲至少赢1球即可，概率为 ；
若 ，则后三球中甲至少赢2球即可，概率为 ；
若 ，则后三球必须甲全胜，概率为 ．
所以 ．
另一方面，由上面对 的分析， ．
两式相减，得 ．
又 ， ，且 ，
所以 ．因此 ．综上， ．
