2026届高考数学模拟卷（十六）（全国适用）

2026届高考数学终极押题卷（十六） （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. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集运算求解. 【详解】因为，所以，解得或， 所以， 又， . 故选：C. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简，再求出即得解. 【详解】由，得，从而，所以的虚部为1． 故选：A 3.记为等比数列的前项和，已知，若的公比小于零，则（ ） A. 15 B. C. 31 D. 61 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列前项和的定义求得，进而结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为，， 因为，则， 即，得或（舍去）， 所以. 故选：D. 4. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】原题意等价于函数与函数图象的交点个数，作出函数图象即可得解. 【详解】因为方程的解的个数，等价于函数与函数图象的交点个数， 因为函数是定义在上的奇函数，当时，， 在同一直角坐标系中，分别作出它们的图象， 由图象可知，交点个数为3. 故选：B. 5. 已知，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 【答案】A 【解析】 【分析】先求，根据组合数的性质求，进而可得最值. 【详解】由题意可知：， 且， 可得，其中， 且，根据组合数的性质可知当，即时，取到最大值， 若，所以. 故选：A. 6. 已知点M是椭圆上的一点，，分别是C的左、右焦点，且，点N在的平分线上，O为原点，，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，由题意得出是等腰三角形. 在中由余弦定理得到含a，c的齐次方程即可求解离心率. 【详解】解：设，，延长ON交于A，如图所示. 由题意知，O为的中点，∴点A为中点. 又，点N在的平分线上， ∴，∴是等腰三角形， ∴， 则，所以. 又，所以. 又在中，由余弦定理得， 即，即， 化简得：. 又，所以，所以，即 故选：B. 7. 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 8. 已知，若有唯一解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用偶函数性质，只需要研究的零点个数，然后用换元法构造新函数进行求导证明单调性，借助端点值效应，，所以可证明存在唯一零点的参数取值范围. 【详解】，， 为偶函数， ，设，， 则在有唯一零点．，当且仅当取等号． 若,时，，则在单调递增， 又因为，所以在有唯一零点 若,时，令得，即， 解得或， 其中，满足要求， ， 其中，故在时恒成立， 所以，即，不合要求， 当时，，则在单调递减， 所以，时，， 故在有1个零点． 又，所以在上有两个零点，不满足题意， 故的取值范围为． 故选：C. 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. 记为等差数列的前n项和，若，,则（ ） A. B. 公差 C. D. 若,则， 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用等差数列的性质求出​，再结合​求出公差，进而逐一分析选项. 【详解】设等差数列的公差为, 由，所以，故A正确； 由​，得，即， 又，所以，解得，故B错误； 由等差数列前项和公式得，故C错误； 对于，因为，所以​， 所以，故D正确. 10.如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球体积为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正四面体的结构特征，求出，再结合线面垂直、球的体积公式判断各选项即可. 【详解】在棱长为1的正四面体中，平面，连接， 则，,， ，同理， 对于A，，则，A正确； 对于B，由选项A知，，若，而平面， 则平面，又平面，于是，， 而，即，因此不垂直，B错误； 对于C，由选项A知，两两垂直，则有平面， 因此点到平面的距离为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球与以为棱的正方体外接球相同， 则该球的直径为，半径为，体积为，D错误. 故选：AC 11. 已知随机变量的取值为不大于n的正整数值，它的分布列为： 1 2 其中满足：，且.定义由生成的函数.现有一个装有分别标记着1，2，3的三个质地均匀和大小相同小球的箱子，若随机从箱子中摸出一个球，记其标号为，由生成的函数为，；若连续两次有放回的随机从箱子中摸出一个球，记两次标号之和为，此时由生成的函数为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意分别求分布列和期望，以及，进而逐项分析判断. 【详解】由题意可知：的可能取值为，且， 所以的分布列为 1 2 3 可得，，， 所以，，即， 可得，，故A、C正确； 由题意可知：的可能取值为，可得： 1 2 3 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 则， 所以的分布列为 2 3 4 5 6 可得， ，（认为此时）， 则， 所以，即，故D错误； 又因为，故B正确； 故选：ABC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设 ，已知 ，则 _____. 【答案】##0.96 【解析】 【分析】根据弦切互化可得，进而代入余弦的差角公式可得，根据同角关系即可结合二倍角公式求解. 【详解】可得， 又， 故， 由于，所以，结合，所以， 故， 故答案为： 13. 函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】函数有两个不同的零点，等价于方程有两个不同的实根,当时，方程左边为，故不是根，因此可分离参数得： ,问题转化为：直线与函数的图象有两个不同的交点，通过求导分析的单调性、极值，即可确定的取值范围 【详解】由，得, 当时，左边，等式不成立，故不是根，； 当时，分离参数得​，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点, , 因此在上恒成立, 所以在和上分别单调递减， 由于当，时，，时，，此时的值域为， 当，时，，时，，此时的值域为， 则的大致图像如下： 所以要使与的图象有两个不同的交点，则 14. 已知向量,满足,,则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用和的模长，求出和，再将转化为模长平方的形式，结合向量数量积的性质求最大值 【详解】由,两式分别平方： (1) (2)​ 由(1)+(2)得：， 由(1)−(2)得：， ， 再由,，根据向量模长三角不等式： ， 即，所以， 当与同向时，取最大值为， 所以 因此 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. 已知数列是等比数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知及等比数列的通项公式求基本量，进而写出等比数列的通项公式； （2）应用分组求和及等差等比的前n项和公式求和. 【小问1详解】 由，得，， 因为是等比数列， 设的公比为，所以，得， 则，则； 【小问2详解】 记的前项和为，则 . 16. 四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用边长关系可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）取的中点，连接，可得平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,过点作，可得平面，以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，求出平面MAB的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为菱形，， 由棱柱得平面平面， 所以。 因为是​ 中点，所以， 由于在 中：， 所以，解得：， 则 所以 ​，即 因为侧面 是矩形， 由，都平面内， 平面， 因为，平面， 平面  因为平面， ⇒平面 平面. 【小问2详解】 取的中点，连接 因为分别为的中点，，且， 所以四边形为平行四边形， 所以 因为侧面是矩形,所以， 则平面与平面所成二面角的平面角为, 过点作， 因为平面平面，平面平面， 由，所以平面， 因为，则，， 以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，， 所以， ，， 设平面MAB的一个法向量为, 则，取，则， 设与平面MAB所成角为， 则 17. 在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换车道或者保持车道不变,记为第个时间步长车辆所在的车道（）.马尔科夫链的下一时刻状态仅取决于当前时刻状态,记为一步转移概率,矩阵为一步转移概率矩阵. 已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1的概率为；若当前在车道1,下一时刻变道至车道0的概率为. （1）已知时刻车辆处于车道0的概率为,处于车道1的概率为. ①写出该模型的一步转移概率矩阵； ②若时刻车辆处于车道1,求时刻车辆处于车道0的概率. （2）在第（1）问的初始概率条件下,记（）,求随机变量的分布列（结果用含的式子表示）. 【答案】（1）①；② （2） 0 1 【解析】 【分析】（1）①结合概率矩阵的定义求解即可； ②根据条件概率公式及贝叶斯公式求解即可. （2）根据条件概率公式及全概率公式得到递推关系，进而求出，从而得到分布列. 【小问1详解】 ①由题意，车道转移概率： 当前在车道0时，留在0的概率为，变道到1的概率为； 当前在车道1时，变道到0的概率为，留在1的概率为； 因此一步转移的概率矩阵为. ②设事件：时刻车辆车道0，：时刻车辆在车道1，：时刻车辆在车道1， 已知，，，， 由贝叶斯公式. 【小问2详解】 设，由全概率公式得递推关系， 则，首项， 因此通项为：. 所以. 故的分布列为 0 1 18. 已知，，． （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）通过导数，结合分类讨论，即可判断单调性； （2）通过不等式变形，构造函数求导，结合单调性证明即可； （3）通过不等式变形，构造函数求导，结合单调性，求出端点值，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，，则在上单调递增； 当时，由可解得：， 由可解得：或. 则在区间上单调递增，在区间，上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，则在区间上单调递增，在区间，上单调递减. 【小问2详解】 当时，要证明，即证明， 因为，所以原不等式可变为，即. 令，则只需证在恒成立即可. . 因为，所以，，，所以， 所以在上单调递增，所以，即. 因此，当时，. 【小问3详解】 分离参数：，因为，所以. 构造函数，，只需求恒成立即可. 令 当时，且（令，则，故）， 故，所以. 所以在上单调递增，所以， 故，单调递增 当时，，所以， 故. 因此. 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． （1）写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； （2）已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； （3）若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 【答案】（1），，（答案不唯一）； （2）是，理由见解析； （3）证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出； （2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切； （3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值. 小问1详解】 由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故， 则，且在点处的切线方程为， 不妨取切点为，则切线方程为，此时， 则. 【小问2详解】 若直线斜率不存在，不妨设，则， 则，得， 此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 若直线斜率存在，设， 联立，得， 则，即， 则， 又点到直线的距离， 则， 得， 联立，得， 则， 则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”. 【小问3详解】 若切点为时，直线的方程为，此时， 因，则，即， 利用对称性可知； 若切点不为，可设切点为，则直线， 联立，得， 则由，可得， 联立，得，即， 设点，，则， 则， ， 则 ， （说明：由图知，与始终同号，故成立） ， 则 ， 因，则，故为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考数学终极押题卷（十六） （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. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3.记为等比数列的前项和，已知，若的公比小于零，则（ ） A. 15 B. C. 31 D. 61 4. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 已知，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 6. 已知点M是椭圆上的一点，，分别是C的左、右焦点，且，点N在的平分线上，O为原点，，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 在 中，角 所对的边分别为 ，已知 , ，若 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若有唯一解，则的取值范围为（ ） 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. 记为等差数列的前n项和，若，,则（ ） A. B. 公差 C. D. 若,则， 10.如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球体积为 11. 已知随机变量的取值为不大于n的正整数值，它的分布列为： 1 2 其中满足：，且.定义由生成的函数.现有一个装有分别标记着1，2，3的三个质地均匀和大小相同小球的箱子，若随机从箱子中摸出一个球，记其标号为，由生成的函数为，；若连续两次有放回的随机从箱子中摸出一个球，记两次标号之和为，此时由生成的函数为，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设 ，已知 ，则 _____. 13. 函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 14. 已知向量,满足,,则的最大值为__________. 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. 已知数列是等比数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值. 17. 在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换车道或者保持车道不变,记为第个时间步长车辆所在的车道（）.马尔科夫链的下一时刻状态仅取决于当前时刻状态,记为一步转移概率,矩阵为一步转移概率矩阵. 已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1的概率为；若当前在车道1,下一时刻变道至车道0的概率为. （1）已知时刻车辆处于车道0的概率为,处于车道1的概率为. ①写出该模型的一步转移概率矩阵； ②若时刻车辆处于车道1,求时刻车辆处于车道0的概率. （2）在第（1）问的初始概率条件下,记（）,求随机变量的分布列（结果用含的式子表示）. 18. 已知，，． （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． （1）写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； （2）已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； （3）若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 学科网（北京）股份有限公司 $