2026年普通高等学校招生全国统一考试自编数学模拟练习卷一（新高考省份适用）（有答案）

这是一份2026年普通高等学校招生全国统一考试自编数学模拟练习卷一（新高考省份适用）（有答案），共8页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.
2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知非空集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．B．C．D．2
4．已知点，，过的直线与抛物线相交于两点.若为中点，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是定义域为的非常值函数，且，，是的导函数，且的定义域为．若设，，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正方形的边长为2，是的中点，是线段上的点，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
8．若实数，满足，则（ ）
A．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．以下四个命题为真命题的是（ ）
A．过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为
B．直线的一个方向向量为
C．当时，两直线，相互垂直
D．直线恒过定点
10．如图，在直棱柱中，，是中点，则下列结论正确的是（ ）

A．B．四点共面
C．直棱柱不存在外接球D．棱的中点在平面内
11．设函数，则（ ）
A．当时，直线不是曲线的切线
B．若有三个不同的零点，则
C．当时，存在等差数列，满足
D．若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
12．已知函数的定义域为，且，若，则函数的取值范围为______．
13．的展开式中的系数为__________.（用数字作答）
14．已知圆点，直线与圆交于两点，点在直线上且满足.若，则弦中点的横坐标的取值范围为_____________.
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）某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”与“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分．现随机抽取部分学生的成绩，统计结果及对应的频率分布直方图如图所示．

(1)若测试的同学中，分数在，，，内女生的人数分别为2人，8人，16人，4人，完成下面列联表，依据的独立性检验，能否认为性别与安全意识有关？
(2)用分层抽样的方法从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中，共选取10人进行座谈，再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为X，求X的分布列及数学期望．
附：，其中．
16．（15分）等差数列的前项和为，，.
(1)求；
(2)记为数列的前项和，若，且是以2为公差的等差数列，求数列的通项公式.
17．（15分）如图，在三棱锥中，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，是以AC为斜边的等腰直角三角形.分别是的中点，，
(1)证明：平面平面
(2)求点E到平面的距离;
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
18．（17分）已知椭圆的离心率是，且椭圆经过点，.过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的标准方程
（2）若过点的直线与直线垂直，且交椭圆于两点.是否存在直线，使得四边形的面积最小？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
19．（17分）已知函数，为的导函数．
(1)讨论在区间内极值点的个数；
(2)若，时，恒成立，求整数的最小值．
等级
不合格
合格
得分
频数
6
x
24
y
等级性别
不合格
合格
总计
男生
女生
总计
0．1
0．05
0．01
2．706
3．841
6．635
参考答案
1．C
【分析】先求出z，再写出其共轭复数，再根据模的公式计算，即可得到答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以
故选：C
2．D
【分析】先确定集合，由确定的取值范围.
【详解】根据题意，，
因为，所以，则，
所以.
故选：D
3．B
【分析】设出公差，利用等差数列通项公式和求和公式列出方程组，求出公差，得到，进而利用裂项相消法求和.
【详解】设等差数列的公差为，则，
解得：，故，
故，
故.
故选：B
4．B
【分析】分别过点、作准线的垂线，垂足分别为、，由题意结合抛物线的定义可得，由平面几何知识即可得解.
【详解】由题意抛物线的焦点为，准线方程为，过点，
分别过点、作准线的垂线，垂足分别为、，如图：
因为为中点，所以,
由抛物线定义可得，，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了抛物线定义的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于基础题.
5．B
【分析】在三棱锥内构造直线使其平行于 ，然后构造三角形，运用异面直线夹角的定义求解即可.
【详解】
取的中点D，连接交于点E，连接DE，
则 且，则为异面直线与所成的角或其补角．
易求，，则，
所以.
故选：B．
6．D
【分析】取，得到函数的对称中心.令，求得，然后令，求得函数对称轴.由两个等量关系求出函数的周期，由求出.然后由函数的对称轴和对称中心得到其导数的对称中心和对称轴，同理由求出，然后写出切线方程.
【详解】令，则，则函数关于点中心对称，
令，则，则或，
当时，令，则，即，不合题意，舍去.
故，则令，即，即函数关于轴对称，
，
令，则，又∵，
∴，则，
即函数是周期为的周期函数，
∴，
∵函数关于点中心对称和轴对称，
∴导数关于对称和点中心对称，
同理可得，
∴，
∴切线方程为：，即.
故选：D
【点睛】关键点睛，本题有两个解题关键：（1）由对称轴和对称中心得到函数的周期；（2）由函数的对称中心和对称轴得到其导数的对称轴和对称中心.
7．B
【分析】根据题意，建立适当的平面直角坐标系，转化为坐标运算即可.
【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，
由题意知，，，，
由是线段上的点，设，且，
因此，，
故，
因，所以当时，取最小值.
故选：B.
8．A
【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
令，
则，即，
所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
，
要想使得成立，只有时，即时，满足要求，
所以，
由定义域可知：，
解得：，
，A选项正确；
，BC错误.
，D错误；
故选：A.
【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题，
常见的同构型：（1）；
（2）；
（3）；
（4），
本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题.
9．BD
【分析】A：需考虑过原点和不过原点两种情况；B：求出斜率，根据直线方向向量和斜率关系即可判断；C：将a代入方程化简，对比两直线方程，利用斜率关系即可判断两直线位置关系；D：将方程中含m的项按m进行合并，令m的系数为零进行求解即可．
【详解】A：当直线过原点时，直线方程为；
当直线不过原点时，设直线方程为，
把点代入，得，解得，直线方程为．
综上，该直线方程为或．故A错误；
B：，斜率，∴为其一个方向向量，故B正确；
C：当时，直线，则，故C错误；
D：，
令，解得，故直线恒过定点，故D正确．
故选：BD．
10．ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用向量法得，即可利用基本事实的推论判断B；确定直角梯形是否有外接圆判断C；结合空间向量线性坐标运算，利用共面定理判断D.
【详解】在直棱柱中，平面，
又，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
，
对于A，因为，
所以，
所以，所以，A正确；
对于B， ，即，又直线，
因此，即四点共面，B正确；
对于C，在梯形中，，
则为锐角，，因此，
所以梯形无外接圆，则直棱柱没有外接球，C正确；
对于D，棱的中点，
，
假设棱的中点M在平面内，
则有，即，该方程组无解，
所以棱的中点不在平面内，D错误.
故选：ABC
11．BCD
【分析】对于A，利用导数的几何意义分析判断，对于B，由题意可得，化简后可得答案，对于C，由判断，对于D，由函数关系式可得的图象关于点对称，则正方形的中心为，不妨设正方形的4个顶点分别为，设出的方程，与曲线联立结合弦长公式可求出，同理可得，则可得与的关系，表示出，再构造函数可得答案.
【详解】对于A，当时，，则，
因为，所以曲线在点处的切线方程为，所以A错误，
对于B，因为有三个不同的零点，所以，
所以，
所以，所以B正确，
对于C，当时，，
因为，，
，，，
所以，
因为是公差为1的等差数列，
所以存在等差数列，满足，所以C正确，
对于D，由，得
当时，，所以在上单调递增，
所以曲线上不存在4个点能构成正方形，所以，
因为，
所以的图象关于点对称，所以此正方形的中心为，
不妨设正方形的4个顶点分别为，其中一条对角线的方程为，则
，解得，
所以，同理可得，
由，得，
化简得，
根据题意可知方程只有一个正解，
因为上式不成立，
所以，
因为，所以，得，
设，则，
令，由题意可知，只需要直线与函数的图象只有唯一的公共点即可，
结合对勾函数图象可知，，得，所以D正确，

故选：BCD
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数的零点与方程根的关系，利用导数研究函数的切线方程，选项D解题的关键是根据函数解析式求出，则可得的图象关于点对称，进一步得正方形的中心为，考查转化思想和计算能力，属于难题.
12．
【分析】先由导数求出，再计算，分类讨论，由均值不等式求解即可得解.
【详解】由，得，
∴，设，由于，因而，
∴，，
∴，
当时，，当时，，当时取得最小值，当时取得最大值，的取值范围为．
故答案为：
13．
【分析】利用二项式定理，分别求得展开式中与的系数即可得解.
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，
令，得，
所以展开式中项的为，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
14．
【分析】①当直线斜率不存在时，易求得；②当直线斜率存在时，设其方程为，利用直线与圆有交点可求得；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理的形式；根据和可整理得到，，，满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得；当时，知；当时，可将表示为关于的函数，利用对号函数的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.
【详解】设，
①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，，
，，，，
满足，此时；
②当直线斜率存在时，设其方程为：，
与圆有两个不同交点，，即，
由得：，
设，，
则，，
，
.
，，解得：，
由得：，
整理得：，
，整理得：，
当时，；
当时，，代入式得：，
解得：，
，
，，
当时，单调递增，
在上单调递减，
，
综上所述：弦中点的横坐标的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标表示为关于直线斜率的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能力有较高要求.
15．(1)列联表见解析，不能；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）利用频率分布直方图求出样本容量，再由数据表求出，列出列联表，计算并比对作答.
（2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
【详解】（1）由频率分布直方图可知得分在的频率为，
所以抽取的学生答卷总数为，则，，
列联表为：
于是，
依据的独立性检验，不能认为性别与安全意识有关．
（2）“不合格”和“合格”的人数比例为，因此抽取的10人中“不合格”有4人，“合格”有6人，
则X的可能取值为0，5，10，15，20，
，
，
所以X的分布列为：
期望．
16．(1)
(2)
【分析】
（1）根据等差数列基本量的计算即可得公差，进而可求解，
（2）方法一根据等差数列的性质列方程即可求解，进而可求解，进而根据的关系即可求解，方法二，利用待定系数法，结合等差数列性质的运算即可得，即可利用根据的关系即可求解.
【详解】（1）
解一：设等差数列的公差为，则，
由可得，即，
解得，，故.
解二：由得，故，则
故，则.
（2）
解一：由题意知，
则，移项平方得，则
可得是首项为3，公差为2的等差数列，则，
可得，则，
当时，，故
，
故.
解二：由题意可设（是常数），
则，平方相减可得，
则，可得，
则，
当时，，故
，
故.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系利用点到平面距离的向量求法计算可得结果；
（3）求出两平面的法向量，再由面面角的向量求法即可求出.
【详解】（1）因此是以AB为斜边的等腰直角三角形，且，可得，
又是以AC为斜边的等腰直角三角形，，
在中，，，
，，即，
又，，平面，
因此平面，
平面，
可得平面平面；
（2）取AC中点O，连接PO，FO，
由（1）可知平面平面，
又，平面平面，
平面ABC，，，
所以，
以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
可得，，，，，
则，
设平面的法向量为，
因此，令，则，所以，
又，
所以到平面的距离为；
（3）易知，,，，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以
设平面与平面的夹角为，
可得
18．（1）；（2）存在，直线的方程：.
【分析】（1）根据椭圆的离心率是，且过点，列出方程组，求得，即可求解；
（2）假设直线斜率为零时，求得四边形的面积为，当直线的斜率不存在时，求得四边形的面积，当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，以及三角形的面积公式和基本不等式，即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率是，且椭圆经过点，可得，解得，故椭圆的标准方程为.
（2）假设直线存在，由（1）可得，
当直线的斜率为0时，由题意可得，，
则四边形的面积为.
当直线的斜率不存在时，由题意可得，，
则四边形的面积为.
当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，，
联立，整理得，
则，，
故，
同理可得，
因为，所以四边形的面积为
，
综上可得，四边形的面积的最小值为，
当且仅当，解得，
故存在直线和满足条件.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
19．(1)答案见解析；
(2)1.
【分析】（1）对函数进行求导得出，令，求导得，对进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性和极值，从而求得在区间内极值点的个数；
（2）由，时，恒成立，求得，进而证明时，在，恒成立，利用放缩法得到，设，，，从而得出，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得，即恒成立，由此确定整数的最小值.
【详解】（1）解：由，得，
令，则，
，，，
当时，，单调递增，即在区间内无极值点，
当时，，，故，
故在单调递增，又，，
故存在，使得，且时，，递减，
，时，，单调递增，故为的极小值点，
此时在区间内存在1个极小值点，无极大值点；
综上：当时，在区间内无极值点，
当时，在区间内存在1个极小值点，无极大值点．
（2）解：若，时，恒成立，则，故，
下面证明时，在，恒成立，
，时，，故时，，
令，，，故，
令，则，在区间，单调递增，
因为，，
所以在上存在零点，
且时，；时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
又，，，
故存在，，使得，且，时，，递增，
，时，，单调递减，故时，取得最大值，且，
，，，故单调递减，
故，时，即成立，
综上，若，时，恒成立，则整数的最小值1．
【点睛】思路点睛：本题考查导数与函数极值的关系，利用导数研究函数的单调性和最值，以及利用导数解决不等式恒成立的综合问题：
（1）利用导数解决含有参数的单调性或极值问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；
（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调性和最值，再进行相应证明.
等级性别
不合格
合格
总计
男生
14
16
30
女生
10
20
30
总计
24
36
60
X
0
5
10
15
20
P