2026届高考数学模拟卷（十二）（全国适用）

2026届高考数学终极押题卷（十二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1.已知为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的概念以及复数的乘法化简可得结果. 【详解】由已知可得，则，故. 故选：C. 2. 如果是实数，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件. 【详解】当时，不妨设，则.而当时，可能，此时，而.综上所述“”是“”的充分不必要条件. 3.下列说法不正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D. 一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19 【答案】D 【解析】 【分析】对选项A，根据线性相关的回归方程对应的直线过中心点求出的值；对选项B，根据正态分布的特点求出对应的概率；对选项C，相关系数越接近，两个变量的线性相关程度越高；对选项D，可根据定义求出其第百分位数进行判断. 【详解】对于选项A，线性相关的回归方程对应的直线过点，即，解得，选项A正确； 对于选项B，根据正态分布的性质，，，则，选项B正确； 对于选项C，相关系数的绝对值越接近，则两个变量的线性相关程度越高，选项C正确； 对于选项D，共有个按从小到大排列的数据， 根据定义第百分位数为第项和第项的平均数，选项D错误. 故答案为：D 4. 已知抛物线的焦点为，准线为为上位于第一象限的点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得，轴，进而可求各线段的长和各点的坐标，进而可求直线的方程. 【详解】设抛物线的准线与轴的焦点为，此时， 因为抛物线的焦点为等边三角形， 所以轴，所以， 因为，所以， 所以，此时， 所以， 因为，所以 的倾斜角为 所以， 可得直线的方程为， 即． 故选：． 5.函数与都为奇函数，且对，都有，则（ ） A. 2525 B. 2526 C. 5049 D. 5050 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可得，结合，可得，利用等差数列求和公式求得答案. 【详解】由与都为奇函数， 则，， 又，所以，， 所以，即， 所以，即， 又，，得， 所以，，…，， 所以. 故选：D. 6.记是正项数列的前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数运算可得是以为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由得，， 所以，即，且，所以是以为公比的等比数列. 由得，，解得， 所以. 故选：C. 7.有两个棱长均为1的正四棱锥（木制实心玩具），底面中心分别为，另有一个棱长为1的正四面体（木制实心玩具），现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全重合并用胶水粘合（胶水厚度不计）从而拼接成一个新的玩具，对所有的拼接方式，线段长度的集合有（ ） A. 1个元素 B. 2个元素 C. 3个元素 D. 5个元素 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱锥的结构特征分析可知，利用补形法，将四面体补成正方体，分析点的可能位置，即可得结果. 【详解】如图所示： 在正四棱锥中，， 则，， 即全等，则， 将四面体补成正方体，如图所示： 可知点的可能位置为，且， 所以线段长度的集合有1个元素. 故选：A. 8.在 中，角 所对的边分别为 ，已知 , ，若 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正余弦定理化简已知条件得，即可求得，由向量模的运算法则得，结合数量积定义及运算律，利用基本不等式求解最值即可. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 即，由余弦定理得，又，所以， 由知， 所以 ，当且仅当即时等号成立， 所以线段长度的最小值为. 故选：D 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长是2 B. 的最大值是 C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点 D. 直线与椭圆相切时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质可得、、、，结合长轴长的概念判断A，利用两点求距离公式和二次函数的性质判断B，结合三角形面积公式计算判断C，利用判别式法判断直线与椭圆的位置关系可判断D. 【详解】对于A：由，得，所以椭圆的长轴为，故A错误； 对于B：由，得，则，，由，得， 所以， 又二次函数的对称轴为， 所以该函数在上单调递减，则当时，函数取到最大值， 因为，所以的最大值为，故B正确； 对于C：由题意得，， 所以，即的面积的最大值为，故C正确； 对于D：由，消去y，得， 因为直线与椭圆相切，只有一个交点， 所以，解得，故D正确. 故选：BCD. 10.已知函数，且，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 曲线在上有3条对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用余弦函数的性质求解判断各个选项. 【详解】对于A，由，得，即，而，则，A错误； 对于B，由，得，解得，又，则，B正确； 对于C，，由，得， 而函数在上单调递增，则在上单调递增，C正确； 对于D，由，解得，取，则， 因此在上有4条对称轴，D错误. 故选：BC 11.已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同的交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：令运算求解即可；对于B：利用导数求单调性和最值；对于C：根据选项B的最值即可得结果；对于D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点，采用数形结合的方式可求得. 【详解】由题意可知：定义域为， 对于选项A：令，则，解得， 所以函数与轴有两个不同的交点，故A正确； 对于选项B：因， 当时，；当时，； 可知在，上单调递减，在上单调递增； 则的极大值为，极小值为， 当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0， 可知函数有最小值，无最大值，故B错误； 对于选项C：因为函数有最小值， 若当时，，则， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点， 结合图象可知：，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知二项式，则__． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式，利用赋值法，即可解出． 【详解】解：令得，①， 令得，② ①②得，． 故答案为：． 13.有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设取出的5个数为，则可推得，，即可得出.进而只需要分析出事件以及表示的含义，并求出概率，即可得出答案. 【详解】设从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内. 设， 则， 所以，，， 所以，，，. 又表示，共有种可能； 表示中有4个选择1和1个选择2，共有种可能， 且所有的取法种数为， 所以，， 所以. 故答案为：. 14. 已知面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由三角形面积公式得到，再由余弦定理得到，令，得到，结合柯西不等式进而可求解. 【详解】设， 易知为的重心， 又，由重心为中线三等分点可得：， 同时， 设，， 则， 则， 所以， 由余弦定理可得：， 令，求其最小值即可， 上式化简可得：， 也即当且仅当时取得等号， 所以， 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）当时，求函数的极值; （2）设有两个不同的零点，求的取值范围. 【答案】（1）的极小值为的极大值为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而可求的极值； （2）求出的方程，由可得，转化为函数图象有两个不同的交点即可. 【小问1详解】 当时，， ， 由得：，由得：或， 当时，单调递增，当和时，单调递减， 的极小值为的极大值为． 【小问2详解】 ， 令，则， 记，则， 当时，，当时，， 在单调递增，在单调递减， 且， 又当时恒成立， 要使有两个零点，则与图象有两个交点， ，解得：． 16.已知数列的前项和为，，对，都有． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项和为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系计算可得，结合累乘法运算即可求解； （2）利用（1）中结论，得，再利用裂项相消法求和可得结果. 【小问1详解】 由，得 当时，， 两式相减可得，，即，所以， 所以，即， 因为，所以， 而也满足， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，故， . 17.在中内角的对边分别为，满足， （1）求． （2）若，点是边上两个动点，当时，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解； （2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解； 【小问1详解】 ，由正弦定理得. 因为，所以.因为，所以. 由，可得，即，所以. 由正弦定理可得，则， 得，则或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 设，在中，由正弦定理得， 所以. 在中，由正弦定理得， 所以. 的面积 . 因为，所以， 则，故面积的取值范围为. 18 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆过点，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． （1）求椭圆方程； （2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标：若不存在说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，列出方程组，起度呃的值，得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，求得和，设，使得，根据，得到恒成立，求得的值，即可得到答案. 【小问1详解】 解：因为椭圆的离心率，且椭圆过点， 可得 ，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，则， 因为点为的中点，可得， 则，即， 令，可得，即， 假设存在点，使得，此时 因为，可得， 整理得， 因为，所以，即恒成立， 所以 ，解得，即， 即存在定点，使得. 19.记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. （1）若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； （2）若，求使取得最大值的集合的个数； （3）对于任意确定一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. 【答案】（1） （2）集合的个数为11. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据集合的新定义计算求解； （2）根据集合的新定义结合组合数计算求解； （3）根据集合的新定义结合乘法原理得出子集的个数计算求解； 【小问1详解】 先后经过和变换后得到的数阵， 则或集合中一个元素为7，另一个元素为或8， 所以的最大值为. 【小问2详解】 根据变换的定义，要使的值最大，则每一行变符号偶数次， 当时，集合的个数为1； 当时，集合的个数为10. 综上可知，集合的个数为11. 【小问3详解】 证明：若，在的所有非空子集中，含有且不含的子 集共有个，经过变换后第一行均变为 含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行均变为一； 同时含有和的子集共有个，经过变换后第一行仍为； 不含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行仍为 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为. 若，在的所有非空子集中， 含有的子集共有个，经过变换后第一行均变为； 不含有的子集共有个，经过变换 后第一行仍为； 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为， 同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为， 所以的所有可能取值的和为. 又，， 则当时取得最大值， 当一时，， 根据12的分解情况可知，， 所以，且. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对新定义的理解和应用. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考数学终极押题卷（十二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1.已知为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 如果是实数，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.下列说法不正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D. 一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19 4. 已知抛物线的焦点为，准线为为上位于第一象限的点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（） A. B. C. D. 5.函数与都为奇函数，且对，都有，则（ ） A. 2525 B. 2526 C. 5049 D. 5050 6.记是正项数列的前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 7.有两个棱长均为1的正四棱锥（木制实心玩具），底面中心分别为，另有一个棱长为1的正四面体（木制实心玩具），现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全重合并用胶水粘合（胶水厚度不计）从而拼接成一个新的玩具，对所有的拼接方式，线段长度的集合有（ ） A. 1个元素 B. 2个元素 C. 3个元素 D. 5个元素 8.在 中，角 所对的边分别为 ，已知 , ，若 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长是2 B. 的最大值是 C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点 D. 直线与椭圆相切时， 10.已知函数，且，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 曲线在上有3条对称轴 11.已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同的交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知二项式，则__． 13.有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 14. 已知面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为___________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）当时，求函数的极值; （2）设有两个不同的零点，求的取值范围. 16.已知数列的前项和为，，对，都有． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项和为，求． 17.在中内角的对边分别为，满足， （1）求． （2）若，点是边上两个动点，当时，求面积的取值范围． 18 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆过点，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． （1）求椭圆方程； （2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标：若不存在说明理由． 19.记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. （1）若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； （2）若，求使取得最大值的集合的个数； （3）对于任意确定一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. 学科网（北京）股份有限公司 $