2026年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷）数学模拟卷（六）（含解析）

这是一份2026年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷）数学模拟卷（六）（含解析），共27页。试卷主要包含了AD，BCD等内容，欢迎下载使用。
1．B
【详解】解不等式得，即，
又，所以，所以CU(A⋂B)=(−∞,3]⋃(5,+∞)
2．D
【详解】，因为，则，解得．
3．C
【详解】因为，又，所以，
从而有，所以、互相独立，充分性成立；
当、互相独立时，则，所以，必要性成立.
综上，“”是“、互相独立”的充要条件.
4．C
【详解】因为，所以，则，
因为在上单调递增，所以，故A错误；
因为在上单调递减，所以，故B错误；
因为在上单调递增，所以，故C正确；
因为，所以，故D错误.
5．B
【详解】抛物线：的焦点，准线：，
设点到准线的距离为，点到准线的距离为，
所以.
6．B
【详解】分两类情况：甲校安排人；甲校安排人，
①甲校安排人：从名大学生中选人安排到甲校，余下人一人一个学校，，
②甲校安排人：从名大学生中选人安排到甲校，余下人按分配到剩余个学校，
，
所以不同的安排方法种数为．
7．B
【详解】由函数的最小正周期为，，得，；
是函数的一个极大值点，，即;
，解得；
，，得.
，；
函数在上恰有两个零点，，解得；
实数的最小值为.
8．B
【详解】的零点即为的解，
而的函数值为整数，故或，其中，
由可得，且，
若为正整数，则，
若，则；
若为负整数，设，则为正整数，
则，
综上，当为整数时，总有，故，故；
由可得，同理可得，
故，所以，故，
而为整数，故与不相等，
故函数的零点个数为.
9．AD
【详解】，
对于A，，故A正确；
对于B，的虚部为，故B错误；
对于C，将代入方程得，，
所以不是方程的一个根，故C错误；
对于D，，为纯虚数，故D正确．
10．BCD
【分析】二项式系数和为，得出A；令，得到，令，得到，得出B；由二项式定理可得，所以，它是的展开，得到C；，， 化简即可得D.
【详解】，
展开式的各二项式系数的和为，所以A错；
令，得到，令，得到，
，所以B对；
由二项式定理可得：，，
所以，，
，
，故C对；
，
，
，
，，故D对.
11．ACD
【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】对于A，，平面，平面，
平面，点在线段上运动，
点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
故三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，，异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，平面，，
，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故B错误；
对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，，
则，，设平面的法向量，
设平面的法向量，，
则，即，
令，则，则得，
面与平面所成夹角为，
所以，
因为，，所以，，
所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C正确；
对于D，则，，，，，，
设平面的法向量，则，即，
令，则，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，
最大值为，故D正确.
13．8
【详解】，，
因为A、B、C三点共线，所以，所以，即，
，
当且仅当时等号成立．所以的最小值为8.
14．
【分析】先根据题意得到直线的方程，并将其与双曲线的方程联立，利用根与系数的关系将用表示出来，再根据化简，即可得到双曲线的离心率.
【详解】设，易知直线的方程为，联立方程，得消去得，故，
因为点且斜率为的直线与的右支交于，两点，则，
即，因为，所以
所以，
的中点的横坐标，，
所以，又，
即，所以.
15．【详解】（1）由题意可知：，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以即，
则
，
（2）由题意得，则
得到，，
则，
得到
16．【详解】（1）证明：取SD中点，连接AG，FG，
因为是等边三角形，所以.
因为为SC的中点，所以.
又，所以.
所以四边形ABFG为平行四边形，
所以，从而有.
（2）解：法一：以AD中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
连接则，故为二面角所成角的平面角，
即，结合,所以，
由，
可得：.
设是平面SAD的一个法向量，
则即，令，则，
所以平面SAD的一个法向量.
设点到平面SAD的距离为，则.
所以点到平面SAD的距离为.
法二：因为为线段SC中点，所以到平面SAD距离是到平面SAD距离的一半.
记：“到平面SAD的距离”，“到平面SAD的距离”，
连接则，故为二面角所成角的平面角，
即，结合,故到平面的距离，
因为，

所以，即
所以，所以点到平面SAD的距离为.
17．【分析】（1）利用导数求得，进而利用导数的几何意义可求得切线方程；
（2）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性；
（3）结合（2）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可.
【详解】（1）当时，，
所以，所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由，
得，
函数的定义域为，
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以. 令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，所以a的取值范围.
18．【详解】（1）依椭圆定义得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①直线，的方程分别为，设动圆圆心为，
因为直线，为圆的两条切线，
则，化简得，
所以为方程的两根，故.
由，可得，故为定值；
②设，由则.
，
由于，所以，
得，
所以为定值8．所以不存在．
19．【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得；
（2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得.
【详解】（1）设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为.
.
则的分布列为
故（元）.
（2）（i），，
因为，
所以
（ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为：
，
因为，
所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为：
，
所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
C
C
B
B
B
B
AD
BCD
ACD
100
200
300
P