2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷数学

**基本信息** 2026年高考数学模拟卷，通过基础概念、综合应用及创新情境（如质点移动概率模型），全面考查集合、函数、立体几何等核心知识，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|集合、数列、函数、向量|单选基础（集合真子集个数）与多选综合（函数奇偶性判断）结合| |填空题|3/15|复数、直线与圆、圆锥体积|注重运算（复数模）与空间想象（圆锥挖圆柱体积计算）| |解答题|5/77|立体几何、解三角形、导数、双曲线、概率|分层设计，含创新情境（质点移动概率递推）与综合应用（双曲线角平分线轨迹问题）|

2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷 数 学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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 ，是的真子集则符合条件的集合B的个数为（   ） A． B． C． D． 2．已知等差数列的前项和为，则“”是“为递增数列”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．已知，，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．已知是定义在上且周期为的奇函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 5．向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 6．设等比数列的前项和为，若，，则等于（   ） A．255 B． C．127 D．-127 7．已知函数，则在区间上的零点个数为（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 8．已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（   ） 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．下列说法正确的是（   ） A．甲、乙、丙、丁4个人到3个国家进行学术交流，每人只去1个国家，每个国家都要有人去，则不同的安排方法有72种 B．若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为，则B组数据的相关性比A组数据的强 C．数据11，13，5，6，8，1，3，9的第25百分位数是5 D．若事件C，D满足，且，则C，D相互独立 10．已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A． B．在上单调递减 C．的值域为 D．的解集为 11．在圆锥中，轴截面是边长为的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则下列说法正确的是（   ） A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为 D．双曲线的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数Z满足：，则__________． 13．直线与圆相交于两点，则__________． 14．圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 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） 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面平面，，，E为PD的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 16．（15分） 如图，在四边形中，. (1)若，求边的长； (2)求面积的取值范围． 17．（15分） 已知关于的函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)若且，求的极小值． 18．（17分） 已知双曲线的离心率为，虚轴长为2． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与y轴交于点，与双曲线C交于A，B两点，若. （i）求t的所有可能值； （ii）固定，其中t取（i）中所有可能值的最大值，，设为平面中不在y轴上的动点，使得的平分线过定点.若Q为双曲线C上任意一点，求的最小值． 19．（17分） 已知一个质点从边长为1个单位的正三角形的某个顶点出发，沿着该三角形的边移动，每次移动1个单位，具体规则如下： 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为． 设质点初始位置在顶点，请回答下列问题： (1)求第2次移动后质点位于顶点的概率； (2)设第次移动后质点位于顶点的概率为． （i）求； （ii）当足够大时，试估计第次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由． 绝密★启用前 数学试题 第1页（共4页） 试卷第2页，共4页 数学试题 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 2026年普通高等学校招生全国统一考试最后一卷 数学参考答案及评分标准 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B B A D A D B 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。 题号 9 10 11 答案 BD ACD ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14． 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） 解：（1）因为底面为菱形，，所以是等边三角形，， 取的中点，连接， 1分 在菱形中，，所以是等边三角形，则， 2分 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 4分 （2）由（1）知平面，以A为原点，所在直线为x轴，过A作的垂线为 y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 5分 因为，所以，因为E为PD的中点，所以， 7分 ，设平面的法向量为， 则，取，得. 9分 ，设平面的法向量为， 则，取，得， 11分 二面角为锐角， 故， 13分 所以二面角的余弦值为. 13分 16．（15分） 解：（1）在中，，， 由余弦定理， 2分 因为 ，所以， 3分 因为，所以， 所以 4分 ， 5分 在中，由正弦定理得， 6分 即 7分 所以边的长为. 7分 （2）设 ，因为，所以， 在中，，所以， 8分 由三角形内角和定理，得，解得， 9分 在中，， 10分 由正弦定理得， 11分 所以面积 12分 . 13分 因为，所以，则， 14分 所以，即面积的取值范围为. 15分 17．（15分） 解：（1）由可得， 1分 则， 2分 易知； 3分 所以切线方程为，即. 4分 （2）易知； 5分 令，所以， 6分 因为且，所以恒成立， 当时，，所以在上单调递增，可得， 7分 当时，令，可得， 8分 当时，，此时在上单调递减； 当时，，此时在上单调递增； 9分 因此在处取得极小值，也是最小值，即； 令，则， 11分 所以函数在上单调递减，所以，即； 因此， 12分 综上可知当时，在上恒成立，令可得， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 14分 所以在处取得极小值，； 15分 18．（17分） 解：（1）依题意可得 2分 解得，故的方程为． 3分 （2）（i）设过点的直线为，与双曲线联立得 ，由已知直线与双曲线有两个交点，所以， 4分 设 纵坐标为 ，，则， 5分 弦长 ，即， 6分 整理得 7分 令 ，解得 或 ，故 或 ，直线与 轴交点 满足 ，所以或，所以t的所有可能值，. 9分 （ii）取最大值，则，已知，，（）， 直线的斜率，所以直线的方程为 ， 10分 即 ，所以点到的距离为 11分 直线的斜率，方程为 ，所以点到的距离为， 12分 由角平分线性质，，即，化简得 13分 将， 代入得 ， 14分 整理得 15分 因此，点的轨迹是以为圆心、半径为的圆. 设点，圆心到的距离为， 所以， 16分 当时，，故，圆上的点到的最小距离为，所以的最小值为. 17分 19．（17分） 解：（1）设事件“第1次移动后质点位于顶点”，“第2次移动后质点位于顶点”， 1分 根据题意得，得．因此，第2次移动后质点位于顶点的概率为． 2分 （2）（i）设第次移动后质点位于顶点，的概率分别为，，则． 根据规则，递推关系如下： 4分 由，代入的递推式得： ， 5分 令，所以， 6分 所以．又， 7分 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 8分 所以，即. 9分 （ii）当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大，理由如下： 由（i）知，，所以，代入的递推公式得： ， 10分 令，所以, 11分 所以． 12分 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 13分 所以，即． 14分 所以． 15分 所以．又， 16分 故当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大． 17分 2026年普通高等学校招生全国统一考试最后一卷 数学部分试题解析部分 1．C 解：集合，， 所以可能的取值为，即集合，是的真子集，有个，故C正确． 2．B 解：由是等差数列，，得，所以， ，不能判断的正负，所以不能判断,的大小，所以不能确定是否递增数列；若为递增数列，则，即时， 所以，，所以，所以是为递增数列的必要不充分条件. 3．B 解：.因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，即，当且仅当时，等号成立. 4．A 解：因为是周期为的函数，所以．因为是奇函数，当时，，所以，故． 5．D 解：向量在向量上的投影向量为． 6．A 解：设等比数列的公比为，首项为.因为，，所以，解得， 所以． 7．D 解：令，则，解得， 令，解得，所以， 在区间上的零点个数为8个 8．B 解：因对任意恒成立，即在上恒成立 变形得在上恒成立，即在上恒成立，设，则有 ，由，可知函数在上单调递增，故得，即在上恒成立， 设，则，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故在时取得极大值，也是最大值为， 故得，即实数a的最小值为. 9．CD 解：对于A：甲、乙、丙、丁4个人到3个国家进行学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有种，故A错误； 对于B：由，所以组数据的相关性比组数据的强，故B正确； 对于C：数据从小到大排列1，3，5，6，8，9，11，13，由，所以第25百分位数是，故C错误； 对于D：由，所以，所以C，D相互独立，故D正确. 10．ACD 解：A选项，因为为奇函数，且定义域为，所以，代入解得：，验证：当时，，，即，所以A选项正确； B选项，由A选项解析得：，即，因为在上单调递增，所以在上单调递增，则在上单调递增，所以B选项错误； C选项，令，则，，因为，所以，， ，则：，的值域为，所以C选项正确； D选项，因为，所以，又因为是奇函数，所以，原不等式变形为：，由B选项解析得：在上单调递增，所以需满足，解得：，所以D选项正确. 11．ABC 解：对于A，底面半径为，圆锥高．为的中点，所以截面圆的半径为底面圆的半径的，即截面圆半径为，则圆的面积为，故A正确； 对于B，如图1，在圆锥的轴截面中，作于点，则，，所以椭圆的长轴长，故B正确； 对于C，如图2，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为原点，为轴，在平面中建立平面直角坐标系如图2，则，，所以，设抛物线方程为，则，解得，则抛物线的焦点到准线的距离为，故C正确； 对于D，如图3，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，则，双曲线与底面圆的一个交点为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，所以，故双曲线的离心率为，故D错误． 12.解：对等式两边同时取模，可得. 13.解：圆的圆心为，半径， 则到直线的距离， 则. 14.解：设圆锥的母线长为l，由题意得底面圆的半径， 则，可得，即母线，所以圆锥的高， 因为是的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1， 且圆柱的高，则该圆柱的体积为， 圆锥的体积为，则剩下几何体的体积． 答案第12页，共13页 数学试题答案 第11页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司 $绝密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷 数学 注意事项 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 ,已知集合A=x∈乙)<2<8，B是A的真子集则符合条件的集合B的个数为( A.2 B.6 C.7 D.8 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,则S,>0”是“{Sn}为递增数列”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.已知a>0,b>0,且a+2b=5,则2+1的最小值为() a b A. c D.9 4.已知f是定义在R上且周期为2的奇函数，当-1<x<0时，)=1g(x+引，则)() A.-1 B.1 C.1og23 D.log25 5.向量ā=(2,2,0)在向量b=(3,0,4)上的投影向量为() A. (330 c. 2'21 B.(3W2,3V2,0 D 251 6.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若4=15，S,-S,=480,则S等于() A.255 B.-255 C.127 D.-127 7已知函数()-2n2引 则f(x)在区间(-2π，2π)上的零点个数为() A.4 B.6 C.7 D.8 8.已知函数f(x)=ea+r+ax,若对任意x∈(0，+o),f(x)≥lnx恒成立，则实数a的最小值 为() A B.1-1 C.e-1 D.e2-1 e 数学试题第1页（共4页） 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.下列说法正确的是() A.甲、乙、丙、丁4个人到3个国家进行学术交流，每人只去1个国家，每个国家都 要有人去，则不同的安排方法有72种 B.若A,B两组成对数据的样本相关系数分别为r4=0.89,s=-0.93,则B组数据的相 关性比A组数据的强 C.数据11,13,5,6,8,1,3,9的第25百分位数是5 D.若事件C,D满足P(C),P(D)∈(O,I),且P(DIC)=P(D),则C,D相互独立 0.已知函数心)多为奇函数，则下列结论正确的是( A.a=1 B.f(x)在R上单调递减 C.f(x)的值域为(-1,1) D.f(x+I)+f(x-3)>0的解集为{xx>1} 11.在圆锥PO中，轴截面PAB是边长为2的等边三角形，M是PB的中点.用一个平面截圆 锥PO,下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A)、抛物线的一部分、双 曲线的一部分（截面垂直于平面PAB),则下列说法正确的是(） BA---B A--BA---- A.圆的面积为4 B.椭圆的长轴长为√5 C. 抛物线的焦点到准线的距离为三 D.双曲线的离心率为√ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若复数Z满足：Z2=4+3i,则Z= 13.直线1：x+y-2=0与圆O:x2+y2=4相交于A,B两点，则AB= 14.圆维P0的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为行的扇形， 0 如图，过PO的中点O,作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该 截面为底面的圆柱OO,则剩下几何体的体积为 -0习 数学试题第2页（共4页） 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) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=6O°，平面ABCD⊥平面PAD, PA⊥CD,PA=AB=2,E为PD的中点. 2 (I)求证：PA⊥平面ABCD; (2)求二面角C-AE-P的余弦值. 16.(15分) 如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=2匹，4C=AD=2√5. (I)若CD=√3，求边AB的长： (2)求△ABC面积的取值范围. 17.(15分) 已知关于x的函数f=(-2)e-8x+a+r-x,aeR. 3 2 (I)当a=0时，求f(x)在x=2处的切线方程： (2)若a≤e且x>0,求f(x)的极小值. 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知双曲线C:号若-o>06>0的离心李务5，建铺长为2 (1)求C的方程： (2)过点(4,0)的直线1与y轴交于点N(0,),与双曲线C交于A,B两点，若1AB=231 (i)求t的所有可能值： (ii)固定N(O,t),其中t取(i)中所有可能值的最大值，M(0,),设P(m,n)为平面中 不在y轴上的动点，使得∠MPN的平分线过定点K0,4-√5).若Q为双曲线C上任意一点， 求|PQ的最小值. 19.(17分) 己知一个质点从边长为1个单位的正三角形ABC的某个顶点出发，沿着该三角形的边 移动，每次移动1个单位，具体规则如下： 若质点位于顶点4，则每次移动到顶点B的概率为，移动到顶点C的概率为 1 若质点位于顶点B,则每次移动到顶点A的概率为，移动到顶点C的概率为 若质点位于顶点C,则每次移动到顶点A的概率为？ 移动到顶点B的概率为· 设质点初始位置在顶点A,请回答下列问题： (I)求第2次移动后质点位于顶点C的概率： (2)设第n次移动后质点位于顶点B的概率为2n(n∈N) (i)求2n: (i)当n足够大时，试估计第n次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由. 数学试题第4页（共4页） 2026年普通高等学校招生全国统一考试最后一卷 数学参考答案及评分标准 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 题号1 2 3 4 5 6 8 答案C B B A A D B 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。 题号 9 10 11 答案 BD ACD ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.5 13.2√2 14.10W2元 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) 解：(1)因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是等边三角形，AB=AD=2, 取AD的中点O,连接CO,1分 在菱形ABCD中，∠ADC=60°，所以△ADC是等边三角形，则CO⊥AD,2分 又因为平面ABCD⊥平面PAD,且平面ABCD∩平面PAD=AD,COC平面ABCD, 所以PA1平面ABCD4分 (2)由(I)知PA⊥平面ABCD,以A为原点，AD所在直线为x轴，过A作AD的垂线为 y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.5分 数学试题答案第1页（共11页） A(0,00),P(0,0,2),D(2,0,0)因为AC=AB+AD=（-1√3.0+(2,0,0)=(13.0，所以 C1V3,0）,因为E为PD的中点，所以E(1,0,1),… 7分 AP=(0,0,2),AE=(（1,0,1),设平面PAE的法向量为n=(x,,3), 则n4P=22=0,取三1，得2=（01,0. 9分 "n·AE=x+z1=0 AC=(1,5,0,AE=(1,0,1),设平面CAE的法向量为m=(x,y2,22), 则5C=5+,=0 取为=1，得m=（-5,1,), .11分 n2·AE=x2+z2=0 二面角C-AE-P为锐角， 故cos0= 20x(5)+1x1+0x51_万 同西1x-+2+( 2V7， 13分 所以二面角C-AE-P的余弦值为 7 13分 16.(15分) 解：(1)在△ACD中，AC=AD=25,CD=√5， 由余弦定理cos∠ACD=AC+CD-AD2=CD-5_1 2AC.CD 2AC4万4’2分 因为∠4CDe(0,）,所以sin∠ACD=-cos'∠AcD= 4 ，3分 因为∠aCD-号，所以∠C4=-∠4cn, 3 所以sm∠sC1=s-∠4c0sn号。 cOs∠ACD-co 3 2zsin∠ACD4分 3 》 8 5分 数学试题答案第2页（共11页） 在△ABC中，由正弦定理得，AB AC sin∠BCA sin∠ABC' 6分 25x5+5 即AB= 5+5 3 2 7分 3 所以边AB的长为5+5 2 7分 (2)设∠ACB=a,因为∠BCD=2 3,所以∠ACD=2 -, 在△ACD中，AC=AD,所以∠ADC=∠ACD=2 -C, 3 8分 [2f2m-al< 由三角形内角和定理∠ADC<行， 3 ,解得<a< π 2r-a>0 6 3’.9分 3 在△ABC中，∠BAC=π- 2π π 3 -= -0, 10分 3 由正弦定理得BC=ACsin∠BAC 25smg-e） sin∠ABC -4sina), .11分 2 所以△Bc面积S=方4C-9 Csina=方25x4n(行。 3a小sina 1 =4v5 cosa-sin sin a-6sin a cosa-2 sina=3sin2a-3(1-cos2a) 13分 因为a<所以<2a+<则吃ma+1 14分 6 所以0<25m2u+}-5<5,即△ABC面积的取值范围为0月)…15分 17.(15分) 解：(1)由a=0可得f(x)=(x-2)e*+号x2-x, 1分 则f(x)=e+(x-2)e+x-1=(x-10(e+1 2分 易知f(2)=0,f'(2)=e2+1;… …3分 所以切线方程为y-0=(e2+1)(x-2),即y=(e2+1(x-2). 4分 (2)易知f'(x)=(x-1)-ax2+(a+)x-1=(x-1(e-ax+1:5分 数学试题答案第3页（共11页） 令g(x)=e-ax+l,所以g'(x)=e-a, .6分 因为a≤e且x>0,所以e>1恒成立， 当a≤1时，g'(x)=e-a≥0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，可得g(x)≥g(0)=2>0, 7分 当1<a≤e时，令g(x)=e-a=0,可得x=na≤1,8分 当x∈(0，lna时，g'(x)<0,此时g(x)在(0，lna)上单调递减： 当x∈(（na,+oo)时，g'(x)>0,此时g(x)在(lna,+oo)上单调递增；9分 因此g(x)在x=na处取得极小值，也是最小值，即g(na)=ena-alna+1=a-alna+l; 令h(a）=a-alna+l,l<a≤e,则h'(a)=1-lna-1=-lna<0, 11分 所以函数h(a)在1<a≤e上单调递减，所以h(a)≥h(e)=1>0,即g(na)≥l; 因此g(X）2g(na）>0,12分 综上可知当a≤e时，g(x)=e-ax+1>0在(0，+oo)上恒成立，令f'(x)=0可得x=1, 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,即f(x)在(0,1)上单调递减， 当x∈(1，+o∞)时，f(x)>0,即f(x)在(1，+o)上单调递增，14分 所以f()在x=1处取得极小值，f)=-e+- 62 15分 18.(17分) 2b=2 解：(1)依题意可得 b2 2分 23 部科=1。=4，故C的方程为 -y2=1. 3分 (2)(i)设过点(4,0)的直线为x=py+4(m≠0)，与双曲线联立得（p2-4)y2+8py+12=0, 由已知直线与双曲线有两个交点，所以p2-4≠0,4分 8p 设A,B纵坐标为1,2，△=64p2-48(p2-4)=16p2+192>0,则片+y2=- p2-4’ 12 yy2= p2-45分 数学试题答案第4页（共11页） 弦长|AB=V1+p21y-2l=23i,即V1+p2Vy+2}-4yy2=231,6分 整理得41+p2)(p2+12)=31(p2-4)2. 7分 令=，裤得号或=背，放=号或P-2 3 ,直线与y轴交点 3 V0,)满足t所以或1=士2，所以1的所有可能值场，通 7 .9分 (i)取最大值t=3,则N(0,3),已知M(0,1),K(0,4-V3,(x≠0)，P(m,m) 直线PM的斜率k=”-,所以直线PM的方程为y-1=kx,…I0分 m 即kx-y+1=0,所以点K到PM的距离为d= 1-(4-5)+13-5 11分 V+1 Vk2+1 直线PW的斜率k,=n-3 ,方程为k2x-y+3=0,所以点K到PN的距离为 -(4-5)+35-1 d,= V好+1 V+1 12分 3-V3V3-1 由角平分线性质，d,=d2, 即 原医+化简得3到居+=+1.…1B分 将=”，k=”3 代入得3 .14分 m m 整理得m2+(n-4)2=3. 15分 因此，点P的轨迹是以(0,4)为圆心、半径为5的圆.设点Q(x,),圆心到2的距离为d, 所以d2=x,2+(0。-4)2=5y2-8%+20=5(- 4+84 16分 当%-号时，d-号，收d图20，朗北的点P到e的最小高离为 5 d-25-5,所以1P2的最小值为2o西 .17分 5 数学试题答案第5页（共11页） B 19.(17分) 解：(1)设事件B,=“第1次移动后质点位于顶点B”,C2=“第2次移动后质点位于顶点C”, 1分 根题意符P(A)-片rGA)-子得PC)=P川A)PCa)-号-号 因此，第2 次移动后质点位于顶点C的概率为 0 2分 (2)(i)设第n次移动后质点位于顶点A,C的概率分别为Pn,R,则Pn+Qn+R,=1. 根据规则，递推关系如下： 2 3 1 1 0.-3.+3R.m22） 4分 -+ 2 由R1=1-P1-(n≥2)，代入2的递推式得： a+写--0)-写0a22. 5分 令0-1=-50-0→0=50+，所以-月 4 4 6分 所以ee动.@-号 7分 所以数列包}是以日为首氨。弓为公比的等比数列. 8分 (i)当n足够大时，第n次移动后质点位于顶点C的概率最大，理由如下： 由(i)知，Rn=1-Pn-Qn（n≥2)，所以2n1=1-Pn1-R1,代入Rn的递推公式得： 数学试题答案第6页（共11页） 2_2R（m22, R=P+-P-R) 3 10分 令几-H=号R-→R=号R+写4，所以H- 所以R号Ra2. 12分 又风号}号吉 所以数列见号引是以告为首项，号为公比的等比数列.13分 所以号f3,4R号名{(aeN) .14分 所以e=1-Q--0b'音aeN 15分 所以m月=品m0好▣k号对品号 1<7<2 .16分 故当n足够大时，第n次移动后质点位于顶点C的概率最大. 17分 数学试题答案第7页（共11页） 2026年普通高等学校招生全国统一考试最后一卷 数学部分试题解析部分 1.C 解：架合4=ke75<2r<8-=e2<2<2=xe7-1长x<,xeZ 所以x可能的取值为0,1,2，即集合A={0,1,2},B是A的真子集，有23-1=7个，故C正确. 2.B 解：由{an}是等差数列，S3>0,得S3=a,+a2+a3=3a2>0,所以a2>0, S=a,+a,+a,+a4,不能判断a的正负，所以不能判断S,S,的大小，所以不能确定{Sn}是 否递增数列：若{Sn}为递增数列，则Sn-Sn1>0(n≥2)，即n≥2时an>0, 所以a2>0,S3=a+a2+a,=3a2,所以S>0,所以S3>0是{Sn}为递增数列的必要不充分 条件 3.B 解：2+2+xa+2b-4+4+ 5、。6因为b22h4,当组仅当妙” a b a b a b 5 即a= b 时，等号成立，所以4 4b02,即2+≥，当且仅当a=5b=5t a b 5 时 2.b= 等号成立 4.A 解：因为心是周期为2的适数，所以侣) 因为f(x)是奇函数，当-1<x<0时， f-+引所以/)--e(+-e2=-1,/)-1. 5.D 解：a正220在向h-B,04止的技狗为片名60，对 25 6.A 解：设等比数列{an}的公比为9(g≠0)，首项为a.因为S4=a,+a2+a+a=15, S,-S=q(a,+a2+a+a4)=15g3=480,所以g=32,)解得q=2, 数学试题答案第8页（共11页） 所以S8=a+a2+a3+a4+a+a6+4,+ag=S4+g4S4=(1+g4)S4=17×15=255. 7.D 解：令)-2m2x}-0,则2x名=长eZ,解得x=合+受eZ 令2<晋-经<2xe7,解得答6<2ke7,所以=43-2-L0123, 6 f(x)在区间(-2π，2π)上的零点个数为8个 8.B 解：因对任意x∈(0，+oo),f(x)≥lnx恒成立，即ea+r+ax≥nx在(0，+oo)上恒成立 变形得eax+(a+1)x≥lnx+x在(0，+oo)上恒成立，即(a+1)x+ea+r≥lnx+enx在(0，+o) 上恒成立，设g(x)=x+e,则有g[(a+I)x]≥g(lnx),由g'(x)=1+e*>0,可知函数g(x)在R 上单调递增，故得(a+1)x≥1nx,即a+1≥血x在(0，+o)上恒成立， x 设则田加r,当0<x<e时，A>0,当>e时，<0， 则函数h(x)在(O,e)上单调递增，在(e,+oo)上单调递减， 故(x)在x=e时取得极大值，也是最大值为二， 故得a+1≥，即实数a的最小值为上1. e e 9.CD 解：对于A:甲、乙、丙、丁4个人到3个国家进行学术交流，每人只去一个国家，每个国 家都需要有人去，则不同的安排方法有CA=6×6=36种，故A错误： 对于B:由<，所以B组数据的相关性比A组数据的强，故B正确： 对于C:数据从小到大排列1,3,5,6,8,9,11,13，由8×0.25=2，所以第25百分位 数是5-4，版C错误 对于D:由P(D1g)=PDC=PD),所以P(DC)=P(D)P叫C),所C,D相互独立， P(C) 故D正确 10.ACD 解：A选项，因为f)=日为奇函数，且定义域为(-，0，所以0)=0，代入解得： 2x+1 数学试题答案第9页（共11页） 1:当时品.即 所以A选项正确； B选项。由A选爽解析得：)-品日-品因为21在 (一0，+0)上单调递增，所以，2在（∞，+o)上单调递增，则广）在(-o,+∞)上单调递增 所以B选项错误； C选项，令1=2，则>0，g0=1-名，因为：>0，所以1+1>1,0<4 *11, 2名<0，则：1<1名<1，f)的值城为(-，所以C选项正确： t+1 D选项，因为f(x+1)+∫(x-3)>0,所以f(x+1)>-f(x-3),又因为f(x)是奇函数，所 以-f(x-3)=f(-x+3),原不等式变形为：f(x+1)>f(-x+3),由B选项解析得：f(x) 在R上单调递增，所以需满足x+1>-x+3,解得：x>1,所以D选项正确. 11.ABC 解：对于A,底面半径为1，圆锥高PO=√.M为PB的中点，所以截面圆的半径为底面 圆的半径的2，即截面圆半径为)，则圆的面积为牙，故A正确： 图，在圆锥的轴截面PHB中，作MC⊥B于点C,则M☑ 2 4C=1+号所以浦圆的长精长-aC+wG-5,故B正确： 对于C,如图2，设抛物线与底面圆的一个交点为H,以M为原点，MO为y轴，在平面OMH 中建立平面直角坐标系如图2，则OM=2P4=1,loA川=1，所以H(-l,),设抛物线方 程为r=2pp>0,则=2p,解得p=方则抛物线的焦点到准线的距离为p=方，故C 正确： 对于D,如图3，在与平面PAB垂直且过点M的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点O” 3 与点P到底面的距离相等，且M在x轴上，则M 2,0 双曲线与底面圆的一个交点为 设双曲线方程为号 寸2”1a≥0b>o),则a=2，将33 代入双曲线 2 方程得4- ?二1，解得b=。,所以c=1,故双曲线的离心率为e=C2 ,故D错误。 a 3 数学试题答案第10页（共11页） 12.解：对等式Z=4+3i两边同时取模，可得Z\=4+3列→Z=5→☑=5 13.解：圆0：x2+y2=4的圆心为0(0,0)，半径r=2, 则O(0,0)到直线1：x+y-2=0的距离d= -2 -2, 1+1 则|A8=22-d=2V22-（V2=22 14.解：设圆锥PO的母线长为l,由题意得底面圆的半径AO=BO=2, 则2元x2=2π 3, 可得1=6，即母线AP=6,所以圆锥的高h=√AP2-A0=√6-22=42， 因为O,是PO的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1， 且圆柱的高00=P0=25,则该圆柱的体积为1×22×元=2W2元， 2 圆锥的体积为xx2×4W=162m,则剩下几何体的体积V-16,2m-22元=10N2m 3 3 3 数学试题答案第11页（共11页）