2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷
数学（新课标Ⅱ卷）
（本试卷满分150分，考试用时120分钟）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 复数 （i为虚数单位）的模为（ ）.
A.1 B.
C. D.2
2. 设集合 ， ， ， 则 （ ）.
A. B.
C. ，， D. ，
3. 在平面直角坐标系 中，已知 ， ， ， 则（ ）.
A. B.
C. D.
4. 已知函数 的定义域为 ， 则“”是“函数 为偶函数”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
5. 将函数 的图像向左平移 个单位长度后，所得图像关于原点对称，则 的最小值是（ ）.
A. B.
C. D.
6. 已知由样本数据 组成的一个样本，得到经验回归方程为 ， 且 ， 增加两个样本点 和 后，得到新样本的经验回归方程为 .在新的经验回归方程下，样本 的残差是（ ）.
A.1.1 B.0.5
C..5 D..1
7. 已知 ， 是圆 上的两点，若 ， 则 的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
8. 已知函数 及其导函数 的定义域均为 ， 记 ， 是定义在 上的奇函数，且 的一个周期为2，则（ ）.
A.2为 的周期
B.
C.
D.
二、多选题（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. 已知数列的前项和为，且，，则（ ）。
A.
B. 数列是等差数列
C.
D.
10. 已知函数，则（ ）。
A. 若是的极小值点，则在上单调递减
B. 若存在极值点，且（其中），则
C. 若，过点作函数的切线最多有2条
D. 若在上的最大值为，则的最小值为2
11. 已知抛物线的焦点为、准线为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，点为坐标原点，且，，则（ ）。
A. 过点且与有且仅有1个公共点的直线恰有3条
B. 满足为直角三角形的点有且仅有2个
C. 若直线的倾斜角为，则
D. 若，则的面积为4
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。）
12. 已知锐角满足方程，则。
13. 已知正三棱锥的各顶点都在体积为的球面上，则当正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为。
14. 写出与椭圆和抛物线都相切的一条直线的方程。
四、解答题（本题共5小题，共77分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
15.（13分）如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔 s等可能地向左或向右移动一个单位。设移动次后质点位于位置。
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）求和的值。
16.（15分）已知是双曲线上一动点，为坐标原点，设双曲线在点处的切线和两条渐近线的交点分别为，。
（1）设到两条渐近线的距离分别为，，求的值；
（2）证明：；
（3）求的值。
17.（15分） 我国古代《九章算术》中记载了一种几何体“刍甍”，中国传统房屋的顶
部大多都是“刍甍”。如图所示的五面体为一个“刍甍”，其六个顶点分别为，，
，，，。四边形为矩形，，，，
为的中点，平面平面。
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，且与直线所成角为，求二面角所成角的余弦值。
18.（17分） 已知函数。
（1）求过点并与曲线相切的直线；
（2）若实数，满足，求证：；
（3）若，求证：对于任意，直线与曲线有唯一的公共点。
19.（17分） 已知数列的通项公式为（表示不超过实数的最大整数），数列的通项公式
为。
（1）写出数列的前6项；
（2）试判断与是否为数列中的项，并说明理由；
（3）证明：数列与数列的公共项有无数个。2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷
数学（新高考Ⅱ卷）
参考答案及评分标准
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A B B C B D
1.【答案】A
【解析】，
所以.故A.
2.【答案】C
【解析】因为，，所以，又，，，，，，，，，，所以，，.故选C.
3.【答案】A
【解析】.故选A.
4.【答案】B
【解析】由得不出函数是偶函数；因为函数是偶函数，所以，所以“”是“函数是偶函数”的必要不充分条件.故选B.
5.【答案】B
【解析】将函数的图象向左平移个单位长度后得到
.
因为关于原点对称，所以，，
所以 ，，所以的最小值为.故选B.
6.【答案】C
【解析】，增加两个样本点后的平均数为；
，，
增加两个样本点后的平均数为，
，解得：，新的经验回归方程为：，
则当时，，样本的残差为.故选C.
7.【答案】B
解法2：设，，，则
，，
即，，
所以，，.
易知，
而
.
因为，所以，即.
8.【答案】D
【解析】因为是定义在上的奇函数，所以
，即，所以关于
对称，即，则有，即
，所以关于对称.故C不正确.
又因为的一个周期为2，所以的周期；
，
当时，，则，故AB均不正确.
又，则有，，所以的周期；
又关于对称，所以关于对称，即.故D正确.
二、多选题
题序 9 10 11
答案 ACD BD ACD
9.【答案】ACD
【解析】由知，所以，A项正确.
由得，故数列是等比数列，B项错误.
因为数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，
所以C项正确.
因为，所以，D项正确.
综上，答案为ACD.
10.【答案】BD
【解析】，因为是的极小值点，所以，则或；当时，，则无极值点，不符合，就舍去；当时，，则在，上单调递增.故A错误.
设切点为，则切线方程为，
因为过，所以，即，
令，，，而，，
所以有三个零点，即切线最多有3条，故C不正确.
若存在极值点，所以，又（其中），
所以，则，，所以，故B正确.
因为在上的最大值为，则，
，，由于
所以
，所以，故D正确.
综上，选BD
11.【答案】ACD
【解析】对于A，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个公共点；
当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，
当时，方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；
当时，则，解得.
综上所述，过点与有且仅有一个公共点的直线有3条，故A正确.
对于B，如图1所示：
显然满足的点恰有1个，又以为直径的圆与抛物线在第一象限有1个交点，
当时，，所以满足为直角三角形的点恰有3个，故B错误.
对于C，因为，直线的倾斜角为，则直线的方程为，
联立得，解得，，
所以，，则，故C正确.
对于D，由题，设的方程为，
联立整理可得，可得；
可得，，因此
，
又可得，解得；
易知到直线的距离为，
所以的面积为，即正确.
故选ACD.
12.【答案】
【解析】由三角函数诱导公式知，与联立可得
，所以.
13. 【答案】4
【解析】因为，所以正三棱锥外接球半径，
设正三棱锥底面三角形外接圆半径为，正三棱锥的高为.由正三棱锥的性质可知
，即，展开可得，化简得
.
正三棱锥底面正三角形的面积，将代入可得
.正三棱锥的体积
.
求导得.令，即，解得或
（舍去）.当时，，体积单调递增；当时，，体积单调
递减.所以当时，正三棱锥的体积最大.
14.【答案】（或）
【解析】设椭圆和抛物线的公切线方程为.
联立.
因为其判别式.
联立.
因为其判别式，
所以.
由.
所以椭圆和抛物线的公切线方程为或.
15.【解析】设随机变量表示“移动次后质点向右移动的次数”，由于质点每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，所以。………………………………2分
由题意知，即。 …………………………………………1分
（1）当时，
。 …………………………………………2分
（2）当时，
。 ………………………………………………3分
（3）。……………………………2分
。………………………………………3分
16.【解析】（1）设，，。
因为点在双曲线上，所以。
设到渐近线和的距离分别为，，则
。
5分
（2）证明 易知双曲线在点处的切线方程为，①
两条渐近线的方程为。 ②
联立①②，消去，整理得
。
因为点在双曲线上，所以，
代入上式，化简得
。 ③
所以线段AB中点的横坐标为x1+x22=x0。 3分
联立①②，消去，整理得
。
因为，所以有
。 ④
所以线段AB中点的纵坐标为y1+y22=y0。 2分
因此，线段AB的中点与点P(x0,y0)重合，故PA=PB。 2分
（3）由③④两式可知，x1x2=a2，y1y2=-b2，所以 1分
OA→·OB→=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=a2-b2。 2分
17.【解析】（1） 已知，是的中点，则，
又平面平面，
平面平面，平面，所以平面。.......2分
又BD 平面ABCD，所以EO⊥BD。 1分
由
则OP⊥DB， 2分
又，且，平面，
所以BD⊥平面OEP 2分
（2）已知，平面，平面，
则平面，又平面，平面平面，
则AD∥m，所以∠EAD=45°，所以OE=1 1分
由（1）得，如图3所示建立空间直角坐标系.
则O(0,0,0)，B(1,4,0)，C(-1,4,0)，F(0,2,1)，D(-1,0,0)，P-1,12,0 1分
设n=(x,y,z)为平面BCF的一个法向量，则{n→ BC→=0n→ BF→=0，得n=(0,1,2) 2分
又{OP→ DF→=0OP→ DB→=0，所以OP→是平面DBF的一个法向量 2分
所以cosθ=OP→·n|OP→|·|n|=15，所以二面角D-BF-C所成角的余弦值为15 2分
18.【解析】（1）由题可得，设切点，则点，，化简得，解得，即切点为(-2,-2),f(-2)=-1,故切线方程是y=-x-4
（2）由题意可得，
设，，则
，
……………2分
所以 在 上单调递增，，由
，由 ，所以 在 递减，在 上递增，…………………………2分
，故 成立.……………………………………1分
（3）证明：设
先证存在性：
因为 ，，所以 ，
，所以 在 上存在零点.
…………………………2分
再证唯一性：
因为 ，
则 ，.
当 时，；当 时，.
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
且当 时，，此时 .
当 时，，. …………………………………………1分
①若 ，则 ，从而 ， 在 上单调递增.
又 ，，所以 有唯一零点.
…………………………2分
②若 ，则 . 令 ，得 有2个根 ，，且 .
当 时，；当 时，；当 时，.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
.
令，则.
所以在上单调递增，从而，即.
因此 ，又. 故. ………………2分
又，且，所以在和上无
零点.又，故有唯一的零点，的草图如图所示.
综上，对于任意，有唯一的零点，即直线与有唯一的
公共点. ………………1分
19.【解析】（1），，，，，…………………………3分
（2）是数列中的项，不是数列中的项……………………………………2分
因为 ；…………………………………………………1分
下面证明不是数列中的项
因为，所以数列不单调递减，
，，
所以不是数列中的项.……………………………………………………………………3分
（3）先证明存在无穷多个正整数使得，（其中表示的小数部分）
假设只有有限个正整数使得.………………………………………………1分
不妨设是使成立的最大正整数，
则有3k0-m3≤1-13(m=1,2, )，即3m-13k0+13≤1-13① 1分
因为是正的常数，故当足够大时，有，与①矛盾.
所以存在无穷多个正整数k使得3k3>1-13 2分
对于每个满足的正整数，令，
则有，
所以有3k3即.从而.
所以数列{an}与数列{bn}的公共项有无数多个 2分
