資源簡介

2026屆普通高等學校招生全國統一考試全國二卷最新數學模擬試卷1
注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．已知點在拋物線上，F是拋物線C的焦點．若，則（ ）
A．4 B．2 C．8 D．
2．已知隨機變量服從兩點分布，且，設，則＝（ ）
A．0.72 B．0.28 C．0.16 D．0.84
3．已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
4．已知函數且的圖象恒過定點,點在冪函數的圖象上，則（ ）
A． B．9 C． D．3
5．已知等差數列的前項和為，則（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
6．如圖所示，表示水平放置的的直觀圖，則的面積是（ ）
A． B．4 C． D．2
7．如圖，正四棱臺，上下底面的中心分別為和，若，，則正四棱臺的體積為（ ）
A． B． C． D．
8．如圖，在等邊中，D，E分別是線段，上異于端點的動點，且，現將沿直線折起，使平面平面，當D從B滑動到A的過程中，則下列選項中正確的是（ ）．
A．先變大后變小 B．二面角的平面角變小
C．與平面所成的角變大 D．與所成的角先變小后變大
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．如圖，在棱長為1的正方體中，、分別是、的中點，下列結論正確的是（ ）
A．EF與垂直
B．平面ABCD
C．異面直線與所成的角為
D．點到平面的距離為
10．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，的平分線交于點D，則下列說法正確的是（ ）．
A．外接圓的面積為
B．若與的面積比為，則
C．若，則為直角三角形
D．周長的最小值為
11．已知點，分別在圓，上，點，則下列說法正確的是（ ）
A．圓，相交 B．的最大值為
C．點到直線距離大于 D．當最大時，
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．某農場種植的水果由甲、乙兩塊果園產出，甲果園產量占總產量的65%，乙果園產量占總產量的35%.甲果園水果的優質率為80%，乙果園水果的優質率為60%.從農場所有水果中隨機選一個，估計選到優質水果的概率為 .
13．若命題為真命題，則實數的取值范圍是 .
14．在中，內角，，所對的邊分別為，，，且，，則的取值范圍為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．已知，
（1）求；
（2）求；
（3）求．
16．已知函數，且函數為最小正周期為的周期函數．
（1）求函數的解析式；
（2）求函數在上的值域；
（3）若，其中，求的值．
17．已知函數．
（1）求函數的單調區間；
（2）若恒成立，求實數m的取值范圍；
（3）證明：．
18．在一次程序設計競賽中，需要通過逐一運行測試點的方式對選手編寫的程序進行評測．評測共有6個測試點，分為3個基本功能點與3個強測優化點．每通過1個基本功能點，選手將獲得5分；每通過1個強測優化點，選手將獲得10分．選手最終得分為所有測試點得分之和．主辦方準備了兩種評測方案，可供選手選擇，每種方案都按確定的次序進行評測，每個測試點只測試1次．
方案一：先測試3個基本功能點，在這個過程中只要有測試點不通過則終止評測；選手通過所有基本功能點后才能測試3個強測優化點，在這個過程中即使有測試點不通過，也將繼續測試，直到所有強測優化點測試完畢．
方案二：選手按1個基本功能點，1個強測功能點，1個基本功能點……進行交叉測試，過程中出現任何1個測試點不通過的情況都立刻終止測試．
小張編寫的程序通過每一個基本功能點的概率均為，通過每一個強測優化點的概率均為．每個測試點是否通過都相互獨立，且．
（1）若，小張選擇了方案一進行評測.求小張最終得分不少于30分的概率；
（2）設小張的最終得分為隨機變量為，分別求出方案一與方案二中的分布列；
（3）以小張的最終得分的期望為依據，判斷小張應該選擇哪一種方案？
19．已知函數.
（1）當時，求的單調區間與極值；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求證：.
參考答案
1．【答案】A
【詳解】根據拋物線的定義，得，解得．
將點的坐標代入，得或（舍去）
故選A
2．【答案】A
【詳解】由題意可得，
故選A.
3．【答案】C
【詳解】由，即，解得，
所以，
由，即，解得，所以，
所以.
故選C
4．【答案】A
【詳解】∵函數y＝ax﹣2+3（a＞0且a≠1）的圖象恒過定點P，
∴當x﹣2＝0時，y＝4，得定點P（2，4）；
∵點P在冪函數f（x）的圖象上，
設f（x）＝xα，則f（2）＝2α＝4，∴α＝2；
∴f（x）＝x2，
故選A
5．【答案】C
【詳解】設等差數列的公差為d，則由題，
所以.
故選C
6．【答案】B
【詳解】由圖可得的底邊為2，高為4，所以的面積是4.
故選B
7．【答案】B
【詳解】因為是正四棱臺，，，
側面以及對角面為等腰梯形，
故，，
，所以，
所以該四棱臺的體積為，
故選B.
8．【答案】D
【詳解】設等邊的邊長為1，，則，
在中，由，得，
如圖，過點A作，交于點H，交于點G，連接，則，
，，
所以，，
在沿直線折起的過程中，，始終滿足．
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，則，
在中，，
所以
所以為定值，
所以大小不變，故A錯誤；
如圖，過H作交于點O，
由，得，
由平面，平面，得，
又，，平面，所以平面，
所以為二面角的平面角，
在中，，所以大小不變，故B錯誤；
，
由，得，
又，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，則，
所以，
，
設點D到平面的距離為d，
由等體積法可得，即，
則，
設與平面所成的角為，則，
在D從B滑動到A的過程中，x的值從1變小到0，這一過程中逐漸變大．
所以在這一過程中，變小，則角變小，故C不正確；
由，則（或其補角）為與所成的角．
由上可知，，
則，
函數的對稱軸為，
當時，函數單調遞減，
當時，函數單調遞增，
所以在x從1變到的過程中，變小，變小，
在x從變到0的過程中，變大，變大，故D正確．
故選D.
9．【答案】BCD
【詳解】對A：連接，，則交于，
又為中點，可得，即，但AC與不垂直，故A錯誤；
對B：由，平面，平面，故平面；故B正確.
對C：由于，故就是異面直線與所成的角或其補角，
由正方體可知，即為等邊三角形，
故，即異面直線與所成的角為，故C正確；
對D：由于，平面，平面，故平面，
所以點E到平面的距離等于點A到平面的距離，設為d，
由體積法可知，，故D正確.
故選BCD.
10．【答案】BC
【詳解】設外接圓的半徑為R，則由正弦定理得，
解得，面積為，故選項A錯誤；
由與的面積比為知，
所以，即，故選項B正確；
因為，所以，
（因為，的邊上的高與的邊上的高相等，所以）.
又，所以，
（也可以用角平分線定理直接得到），所以，
在中，由余弦定理得，即，解得，故，
所以，所以為直角三角形，故選項C正確；
在中，由余弦定理得，
即，即.
由基本不等式，得，從而，
化簡得，當且僅當時等號成立，
所以周長的最大值為，故選項D錯誤.
故選BC.
11．【答案】BCD
【詳解】對于選項 A：圓 的圓心為 ，半徑 ；
圓 的圓心為 ，半徑 ；
兩圓心間距離：，
， 因為 ，所以兩圓外離，不相交；故A 錯誤；
對于選項 B：點 在 上，點 在 上，兩圓外離，
，故B 正確；
對于選項 C：過點A作圓的切線（取靠近圓的一條），
過點作切線的垂線垂足為，過點作垂線，垂足為，
此時的長即為點到直線距離的最小值.
易知，在中，，；
因為為圓的切線，所以易得；
，
，
，故C正確；
對于選項D:過點A分別作兩圓的切線，切點分別為，，如下圖所示：
由圖易得，此時.故D正確.
故選BCD
12．【答案】
【詳解】因隨機選一個，選到甲果園的優質水果的概率為，
選到乙果園的優質水果的概率為，
故選到優質水果的概率為.
13．【答案】
【詳解】因為命題為真命題，
所以在上恒成立，
因為，所以，當且僅當，即時取等號，
所以，當且僅當，即時取等號，
即的最大值為，
所以，即實數的取值范圍是.
14．【答案】
【詳解】由題意，，
可得，
由于，
可得，
利用正弦定理可得，
∴，，
∴
，
由于，可得，
∴，
∴，
∴的取值范圍為．
15．【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【詳解】（1）令，得，
令，得，
所以．
（2）因為展開式的通項為(且)，
所以當為奇數時，項的系數為負數．
所以，
令，得，
所以．
（3）對兩邊同時求導，
可得，
令，可得．
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】（1）根據題意（1）化簡可得
，
又因為函數的最小正周期為，所以，可得，
所以．
（2）設，所以，
所以的值域為．
（3）因為，所以，
可得，
因為，可得，所以，
所以
．
17．【答案】（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；
（2）；
（3）見詳解.
【詳解】（1）函數的定義域為，，
令，，
所以時，，單調遞增，
時，，單調遞減，
即函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）因為，恒成立，即，
令，，
所以在單調遞增，單調遞減，
，所以.
（3）由（2）知，
要證，即證，
等價于，
又，所以，
令，，
所以在單調遞減，在單調遞增，
，
即，
即，
故成立.
18．【答案】（1）0.013
（2）見詳解
（3）見詳解
【詳解】（1）小張最終得分不少于30分，說明小張通過了3個基本功能點，并至少通過了2個強測優化點，
∴概率為：；
（2）①若選擇方案一，則，
，
，
，
，
，
故的分布列為：
②若選擇方案二，則，
，
，
，
故的分布列為：
（3）若選擇方案一，則其得分期望：
，
若選擇方案二，其得分期望：
，
故有
，
令，則，
∴在上單調遞增并存在唯一零點，
故在單調遞減，在上單調遞增，
而，故在上恒小于0，
令．
故為開口向下的二次函數，，
令，則，
在上單增并存在唯一零點，
故在單調遞減，在單調遞增，
且，故在上恒小于0，即，
故在上存在唯一零點：，
因此，當時，．
當時，．
綜上所述：當時，選擇方案二；
當時，兩種方案都可選擇；
當時，選擇方案一．
19．【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；極小值0，無極大值
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1）當時，，
則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為，
在處取得極小值0，無極大值.
（2）由題意得，
①當時，，所以在上單調遞增，
所以當時，，與矛盾；
②當時，當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，
因為恒成立，所以.
記，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以.
又，所以，所以.
（3）先證，設，則，
所以在區間上單調遞減，所以，即.
所以，再證.
由（2）可知，當時等號成立，
令，則，
即，
所以，
累加可得，
所以.
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注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．某校高二年級學生舉行中國象棋比賽，經過初賽，最后確定甲、乙、丙三位同學進入決賽.決賽規則如下，累計負兩場者被淘汰，比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續比賽，直至其中一人被淘汰，最后的勝者獲得冠軍，比賽結束.若經抽簽，已知第一場甲，乙首先比賽，丙輪空，設每場比賽雙方獲勝的概率都為，則（ ）
A．甲獲得冠軍的概率最大 B．甲與乙獲得冠軍的概率都比丙大
C．丙獲得冠軍的概率最大 D．甲、乙、丙每人獲得冠軍的概率都一樣大
2．已知函數的圖象如下，則的解析式可能為（ ）
A． B． C． D．
3．定義在上的函數圖象關于直線對稱，在單調遞減，若且，則（ ）
A． B． C． D．
4．已知等差數列的前項和為，且，則（ ）
A．52 B．96 C．106 D．12
5．已知平面向量，滿足，且在上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（ ）
A． B． C． D．
6．如圖，在等邊中，D，E分別是線段，上異于端點的動點，且，現將沿直線折起，使平面平面，當D從B滑動到A的過程中，則下列選項中正確的是（ ）．
A．先變大后變小 B．二面角的平面角變小
C．與平面所成的角變大 D．與所成的角先變小后變大
7．已知函數為偶函數，當時，，那么函數的零點個數為（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．已知函數，則使不等式成立的的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．若函數對任意有，則 等于（ ）
A．－3 B．－1 C．0 D．3
10．已知函數，則（ ）
A．函數的最小值為
B．函數的一個對稱中心為
C．函數在區間單調遞減
D．函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到
11．已知，，設，則關于的說法正確的是（ ）
A．最大值為3，最小值為
B．最大值為，無最小值
C．單調遞增區間為和，單調遞減區間為和
D．單調遞增區間為和，單調遞減區間為和
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．已知函數，則 .
13．大衍數列，來源于《乾坤譜》中對《易傳》“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理.大衍數列中的每一項都代表太極衍生過程中，曾經經歷過的兩儀數量的總和.大衍數列從第一項起依次為 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….記大衍數列的通項公式為 ，若，則數列的前30項和為 .
14．已知，，則 .
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．某企業有甲、乙兩個車間生產某款產品，今年前5個月兩個車間的產量（單位：萬件）統計如下表.設月份為，甲、乙兩個車間的月產量之和為.
月份 1 2 3 4 5
甲車間產量 0.7 0.9 1.6 3 6
乙車間產量 0.8 1.1 1.9 5 9
（1）求；
（2）求與的相關系數（精確到0.01），并判斷與的線性相關程度強弱；
（3）從甲、乙兩個車間生產的產品中各隨機抽取100件，其中優等品和一等品的數量如下表所示，根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為甲、乙兩車間的優等品率有差異？
甲車間 乙車間
優等品 40 45
一等品 60 55
參考數據：，，.
參考公式：①相關系數；②.
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
16．某高校體檢隨機抽取100名學生，測得他們的身高（單位：cm），按照區間[160，165]，[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分組，得到樣本身高的頻率分布直方圖如圖所示．
（1）求和頻率分布直方圖中身高在175cm及以下的學生人數；
（2）估計該校100名學生身高的下四分位數（結果保留到個位數）．
（3）已知落在區間[170，175）的樣本平均數是173，方差是8，落在區間[175，180）的樣本平均數是178，方差是6，求兩組樣本成績合并后的平均數和方差．
參考公式：若總體劃分為2層，通過分層隨機抽樣，各層抽取的樣本量、樣本平均數和樣本方差分別為：記總的樣本平均數為，樣本方差為，則．
17．已知數列的前項和為，且．
（1）求的通項公式；
（2）設，若恒成立，求實數的取值范圍；
（3）設是數列的前項和，證明．
18．已知橢圓的一個頂點為，焦距為．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．
19．南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數比第層球數多，設各層球數構成一個數列.
（1）求數列的通項公式；
（2）求的最小值；
（3）若數列滿足，對于，證明：.
參考答案
1．【答案】C
【詳解】根據決賽規則，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽，
（1）甲獲得冠軍有兩種情況：①共比賽四場結束，甲四連勝奪冠，概率為.
②共比賽五場結束，并且甲獲得冠軍.則甲的勝、負、輪空結果共有四種情況：勝勝勝負勝，勝勝負空勝，勝負空勝勝，負空勝勝勝，概率分別為.
因此，甲最終獲得冠軍的概率為.
（2）乙獲得冠軍，與（1）同理，概率也為.
（3）丙獲得冠軍，概率為，
∴丙獲得冠軍的概率最大.
故選C
2．【答案】D
【詳解】由圖可知函數為偶函數，而函數和函數為奇函數，故排除選項AB；
又當時，此時，
由圖可知當時，，故C不符合，D符合.
故選D
3．【答案】B
【詳解】由，則得，
因為，所以，
又函數圖象關于直線對稱，在單調遞減，所以在區間上單調遞增，
所以，故B正確.
故選B.
4．【答案】B
【詳解】由等差數列的性質可知：成等差數列，即成等差數列，
所以.
故選B.
5．【答案】D
【詳解】由題設，即，又，
所以，又，則.
故選D
6．【答案】D
【詳解】設等邊的邊長為1，，則，
在中，由，得，
如圖，過點A作，交于點H，交于點G，連接，則，
，，
所以，，
在沿直線折起的過程中，，始終滿足．
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，則，
在中，，
所以
所以為定值，
所以大小不變，故A錯誤；
如圖，過H作交于點O，
由，得，
由平面，平面，得，
又，，平面，所以平面，
所以為二面角的平面角，
在中，，所以大小不變，故B錯誤；
，
由，得，
又，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，則，
所以，
，
設點D到平面的距離為d，
由等體積法可得，即，
則，
設與平面所成的角為，則，
在D從B滑動到A的過程中，x的值從1變小到0，這一過程中逐漸變大．
所以在這一過程中，變小，則角變小，故C不正確；
由，則（或其補角）為與所成的角．
由上可知，，
則，
函數的對稱軸為，
當時，函數單調遞減，
當時，函數單調遞增，
所以在x從1變到的過程中，變小，變小，
在x從變到0的過程中，變大，變大，故D正確．
故選D.
7．【答案】D
【詳解】由題意，函數的零點個數，即與的圖象的交點個數，在同一平面直角坐標系內作出函數及的圖象，如圖所示.
令=0，得，設，則.
由圖象知，方程有四個解（從左到右依次記為，，，，）
則
當時，有兩個解；當時，有兩個解；
當時，有四個解；當時，無解.
故共有8個實數解，即函數的零點個數為8.
故選D.
8．【答案】A
【詳解】由，解得或，定義域為，關于原點對稱，
又，
所以函數為偶函數，
當時，，求導得，
令，求導得，所以，
又，所以，
所以在上單調遞增，
由，得，
所以，解得，解得，
解得或.
所以使不等式成立的的取值范圍是.
9．【答案】AD
【詳解】由函數對任意x都有，
可得函數的圖象關于直線對稱，
所以當時，函數取值最大值或最小值，即.
故選AD
10．【答案】ABC
【詳解】由題意有，
對于A：的最小值為，故A正確；
對于B：，故B正確；
對于C：由可得，由在單調遞減，故C正確；
對于D：由的圖象向左平移個單位得到，
顯然與不是同一函數，故D錯誤.
故選ABC.
11．【答案】BC
【詳解】在同一坐標系中先畫出與的圖象，
當時，，表示的圖象在的圖象下方就留下的圖象，
當時，，表示的圖象在的圖象下方就留下的圖象，
根據定義畫出，
容易看出有最大值，無最小值，故A錯誤；
當時，由，得舍或，
此時的最大值為：，無最小值，故B正確；
時，由，解得：（舍去），
故F在，遞增，在和遞減，
故C正確，D錯誤，
故選BC．
12．【答案】/
【詳解】.
13．【答案】240
【詳解】由題意知，，
故數列的前30項和為
.
14．【答案】/0.25
【詳解】因為，則，
顯然，可得，
整理得，解得或，
又因為，則，可得，
所以.
15．【答案】（1）
（2），與具有較強的線性相關關系.
（3）不能認為甲、乙兩車間的優等品率有差異.
【詳解】（1），故.
（2）由題設的數據可得，
故與具有較強的線性相關關系.
（3）完善列聯表如下：
甲車間 乙車間 合計
優等品 40 45
一等品 60 55
設甲、乙兩車間的優等品率無差異，
則，
故肯定，不能認為甲、乙兩車間的優等品率有差異.
16．【答案】（1）；人
（2）
（3）；
【詳解】（1）由頻率分布直方圖可知，解得，
身高在175cm及以下的學生人數（人）.
（2）的人數占比為，的人數占比為，
所以該校100名學生身高的下四分位數即分位數落在，
設該校100名學生身高的分位數為，
則，解得，
故該校100名生學身高的下四分位數約為168.
（3）由頻率分布直方圖知，
這100名學生的身高在的有，
身高在的有人，
所以，
，
所以兩組樣本成績合并后的平均數為，方差為．
17．【答案】（1）；（2）；（3）見詳解．
【詳解】解：（1）由已知，
可得，所以．
所以數列是為首項，公比為的等比數列．
則，所以．
（2）由（1）知，所以，
所以
，
．
，所以，
所以
則當，，即，
當，，即，是最大項且，
．
（3），
又令，顯然在時單調遞減，所以，
故而．
18．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）解：依題意可得，，又，
所以，所以橢圓方程為；
（2）解：依題意過點的直線為，設、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直線的方程為，令，解得，
直線的方程為，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
19．【答案】（1）；
（2）0；
（3）見詳解.
【詳解】（1）依題意，，則有，
當時，
，
又也滿足，所以.
（2）函數的定義域為，
求導得，當時，，當時，，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，因此，
所以函數的最小值為0.
（3）由（2）知，當時，，令，則，
則，
因此，
令，
于是，
兩a式相減得，
因此，所以.
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注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．已知不是直角三角形，三內角的對邊依次為，且滿足，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不是定值
2．在暑假期間，甲、乙、丙、丁四名實驗員到某生物研究所的分子生物學、生態學、遺傳學三個實驗室實習，每個實驗室至少有一人，且每人只去一個實驗室.已知甲在分子生物學實驗室實習，則甲與乙不在同一實驗室實習的概率為（ ）
A． B． C． D．
3．所有棱長均為6的正三棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2的正三棱錐，則所得棱臺的高為（ ）
A． B． C． D．
4．已知事件互斥，且，則（ ）
A． B． C． D．
5．已知球O的半徑為3，圓錐內接于球O，當圓錐的體積最大時，圓錐內切球的半徑為（ ）
A． B． C． D．
6．在中，點，在邊上，為邊上中線，為平分線，若，，的面積等于，則（）
A． B． C． D．
7．若直線l與曲線y=和圓x2+y2=都相切,則l的方程為 (　　)
A．y=2x+1 B．y=2x+
C．y=x+1 D．y=x+
8．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高.這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等.利用祖暅原理可以將半球的體積轉化為與其同底等高的圓柱和圓錐的體積之差.如圖，是一“四腳帳篷”形狀的幾何體的示意圖，其中曲線AOC和BOD均是以為半徑的半圓，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于底面ABCD的平面截該幾何體，所得截面四邊形均為正方形，請利用祖暅原理試求該幾何體的體積是（ ）（提示：可以構造一個與帳篷同底等高的正四棱柱）
A． B． C．36π D．72π
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．若正數滿足，則的大小關系可能是（ ）
A． B． C． D．
10．若實數，且滿足，則下列選項正確的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知直線，點是圓上的動點，則下列結論成立的是（ ）
A．當時，直線的傾斜角為
B．直線與圓一定相交
C．直線被圓截得的弦長的最大值為4
D．若點在直線上，的最大值為，則點的坐標可以是
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．若直線與曲線相切，則實數的值為 .
13．“”是“”的 條件．
14．已知數列是遞增的等比數列，，則數列的前項和等于 .
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．如圖，在四棱柱中，底面是菱形，底面，點是的中點.
（1）求證：平面；
（2）求證：平面平面.
16．如圖，在四棱錐中平面，，，
（1）求異面直線與所成角的余弦值；
（2）求證：平面
（3）求直線與平面所成角的正弦值.
17．已知函數.
（1）討論的單調性；
（2）當恒成立時，求的取值范圍；
（3）證明：.
18．已知，，函數．
（1）求函數的解析式；
（2）若，且，求的值；
（3）在銳角中，角，，分別為，，三邊所對的角，若，，求周長的取值范圍．
19．已知函數.
（1）求函數的單調區間；
（2）當時，如果方程有兩個不等實根，求實數t的取值范圍，并證明.
參考答案
1．【答案】A
【詳解】由余弦定理以及可得：
，
又在三角形中有，即，
所以
故.
故選A．
2．【答案】D
【詳解】記事件為“甲在分子生物學實驗室實習”，事件為“甲與乙不在同一實驗室實習”，
樣本點的總數為，，
事件，同時發生的情況種數為，
，.
.
故選D.
3．【答案】A
【詳解】
如圖，根據題意可得所得棱臺為正三棱臺，
該棱臺的高等于大正三棱錐的高的.
設大正三棱錐的高為DH，則：
因為大正三棱錐的高為:，
所以該棱臺的高為.
故選A
4．【答案】D
【詳解】由題可知：事件互斥，則，又，
所以，則.
故選D
5．【答案】D
【詳解】設圓錐的底面半徑為，在中可得到，
所以圓錐的高為，
所以圓錐的體積，
令，則，所以.
因為，所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當，即時，圓錐的體積最大，此時圓錐的高為4，母線長為.
因為圓錐內切球的半徑等于圓錐軸截面的內切圓的半徑，
所以圓錐內切球的半徑.
故選D
6．【答案】D
【詳解】為邊上的中線，，
即，即，
即，.
因為，，
，
，
為平分線，，故，
又，所以，
即，解得，
故選D
7．【答案】D
【詳解】設直線l與曲線y=相切于點P(x0,y0),x0>0,則由()'=知曲線y=在點P處的切線方程為y-=(x-x0),即y--=0,即為直線l的方程.由直線l與圓x2+y2=相切得=,解得x0=1.故直線l的方程為y=x+.故選D.
8．【答案】B
【詳解】作正四棱柱，正四棱柱的邊長與帳篷底面正方形邊長相等，
在正四棱柱，作四棱錐，
為底面正方形的中心，
作截面平行于帳篷底面，與帳篷和正四棱柱與正四棱錐相截，
截面分別為四邊形，四邊形，四邊形，如圖所示，
設截面與底面的距離為，設底面中心為，
截面中心為，則，，
所以，所以截面的面積為.
設四棱柱底面中心與截面中心之間的距離為，
在正四棱柱中，底面正方形邊長為，高為，
所以，所以，為等腰直角三角形，
所以，所以四邊形邊長為，
所以四邊形的面積為，
所以圖2中陰影部分的面積為，與截面面積相等，
由祖暅原理知帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，
即.
故選B.
9．【答案】ACD
【詳解】由題意令，分別作，，的圖象，如圖，
當時，可得，故D正確；
當時，可得，故C正確；
當時，可得，故A正確；
因為都為正數，所以結合圖形不存在這種情況，故B錯誤；
故選ACD.
10．【答案】BCD
【詳解】對于A，由，，可得，
當且僅當時等號成立，故A錯誤；
對于B，由，
當且僅當，即時等號成立，故B正確；
對于C，由可得，代入可得，
因，解得，故當時，，即，故C正確；
對于D，，設，
由A項可知，因在上單調遞減，
故當時，取得最小值為，
即當時，，故D正確.
故選BCD.
11．【答案】ABD
【詳解】對于A，直線的斜率為，
當時，直線的斜率為，易知其傾斜角為，故A正確；
對于B，直線過定點，
因為，所以點在圓內，
所以直線與圓一定相交，故B正確；
對于C，因為圓的圓心為，半徑為，直徑為4，
又直線過定點且斜率一定存在，所以直線不過圓心，
故直線被圓截得的弦長小于4，故C錯誤；
對于D選項，點是直線上一定點，
點是圓上的動點，
若的最大值為，且的坐標為，
則與圓相切，此時，
則，則，符合題意，
故的坐標可以為，故D正確．
故選ABD.
12．【答案】
【詳解】設切點坐標為，由得，
所以切線的斜率為：，
所以曲線在處的切線方程為：，
即，
所以，所以，所以.
13．【答案】充分不必要
【詳解】假設時，，兩邊取倒數，不等式方向改變，即.
所以，是的充分條件.
假設：
當時，兩邊取倒數，不等式方向改變，即，滿足.
當時，，但此時，不滿足.
因此，當時，可能大于，也可能小于，無法推出，故必要性不成立.
所以是的充分不必要條件.
14．【答案】
【詳解】由題意，，解得或者，
而數列是遞增的等比數列，所以，
即，所以，
因而數列的前項和，故答案為.
考點：1.等比數列的性質；2.等比數列的前項和公式.
15．【答案】（1）見詳解；（2）見詳解.
【詳解】證明：（1）設，交于點.
∵四邊形為菱形，∴是的中點，
∵是的中點，連接，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵四邊形為菱形，
∴，
∵底面，平面，
∴，
∵平面，平面，
，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
16．【答案】（1）
（2）證明過程見詳解
（3）
【詳解】（1）因為，所以異面直線與所成角為，
因為平面，平面，所以，
因為，，所以，
所以；
（2）因為平面，，所以平面，
平面，所以，
因為，，平面，
所以平面；
（3）過點作，且使得，連接，
因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，
故，
由（2）知，平面，所以平面，
因為平面，所以，
故直線與平面所成角為，
在上取點，使得，連接，
因為，所以四邊形為平行四邊形，
同理可得四邊形為平行四邊形，
故，，
因為，所以，
因為平面，平面，所以，
由勾股定理得，
故.
17．【答案】（1）見詳解
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1），
當時，易知，所以函數在上單調遞減，
當時，令，解得，
令，解得，即在上單調遞增，
令，得，即在上單調遞減，
綜上，當時，函數在上單調遞減，
當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
（2）令，
，故恒成立，即，
，令，則，
所以在上單調遞增，
當時，，又，
有，即單調遞減，
，即單調遞增，
所以，
所以當時，成立；
當時，可得，，
所以
又
所以存在，使得，即，
，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
，由可得，
，
綜上，的取值范圍為；
（3）由（2）知，當時，有，即，
令，得，
，
，
即.
【關鍵點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于從（2）中所得，再令，可得，再累加即可得證.
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】（1）由，，
則函數；
（2）由（1）得，
則，
即，
又，所以，
所以，
則；
（3）由（1），即，
又，，
所以，即，
又在中，由正弦定理可知，
即，，
則三角形的周長為，
又，即，
所以，
則，
即，
即周長的取值范圍為.
19．【答案】（1）當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2），見詳解.
【詳解】（1）求出，對分類討論，分別求出的解，即可得出結論；
（2）由（1）得出有兩解時的范圍，以及關系，將，等價轉化為證明，不妨設，令，則，即證，構造函數，只要證明對于任意恒成立即可.
【詳解】（1）的定義域為R，且.
由，得；由，得.
故當時，函數的單調遞增區間是，
單調遞減區間是；
當時，函數的單調遞增區間是，
單調遞減區間是.
（2）由（1）知當時，，且.
當時，；當時，.
當時，直線與的圖象有兩個交點，
實數t的取值范圍是.
方程有兩個不等實根，
，，，，
，即.
要證，只需證，
即證，不妨設.
令，則，
則要證，即證.
令，則.
令，則，
在上單調遞增，.
，在上單調遞增，
，即成立，
即成立..
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注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．已知，則（ ）
A． B． C． D．
2．設全集，若集合滿足，則（ ）
A． B． C． D．
3．函數的極值點的個數（ ）．
A．無數個 B．2 C．1 D．0
4．設集合，，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
5．在統計學中，同比增長率一般是指和上年同期相比較的增長率.如圖為我國2021年2月至12月及2022年3月至12月的原油產量同比增長率，則下列敘述正確的是( )
A．2022年8月的原油產量低于2021年8月的原油產量
B．2021年9月至2021年12月的原油產量呈逐月下降趨勢
C．2022年3月至2022年11月，原油產量同比增長率最高的月份是6月
D．2022年3月至2022年11月的原油產量同比增長率的平均數不超過
6．在中，點，在邊上，為邊上中線，為平分線，若，，的面積等于，則（）
A． B． C． D．
7．已知球O的半徑為3，圓錐內接于球O，當圓錐的體積最大時，圓錐內切球的半徑為（ ）
A． B． C． D．
8．設橢圓（a＞b＞0）的左、右焦點分別為、，P是橢圓上一點，，()，，則橢圓離心率的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．下列說法正確的是（ ）．
A．若越接近1時，成對樣本數據的線性相關程度越強
B．回歸分析中，殘差圖中殘差比較均勻分布在以取值為0的橫軸為對稱軸的水平帶狀區域內，且寬度越窄表示擬合效果越好
C．在列聯表中，若每個數據a，b，c，d均變成原來的2倍，則也變成原來的2倍（附：，其中）
D．決定系數用以比較兩個模型擬合效果，若越小，則模型的擬合效果越好
10．在中，內角A，B，C，的對邊分別是a，b，c，，且，則下列結論正確的是（ ）
A． B．外接圓的面積為
C．的面積的最大值為 D．的最大值是8
11．年卡塔爾世界杯賽徽近似“伯努利雙紐線”．其來源于雅各 伯努利仿照橢圓的定義稍做改動．他是這樣定義雙紐線的：在平面內，設兩定點，之間的距離為，則到兩定點距離之積為定值的點的軌跡叫做雙紐線．按照如圖所示坐標系研究此曲線，下列說法正確的是（ ）

A．若，則的方程為
B．若上的點到兩定點，的距離之積為，則點在上
C．若點在上，則
D．當時，上第一象限內的點滿足的面積為，則
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．某班級有30名男生和20名女生，現調查學生周末在家學習時長（單位：小時），得到男生樣本數據的平均值為8，方差為2，女生樣本數據的平均值為10.5，方差為0.75，則該班級全體學生周末在家學習時長的方差的值是 .
13．過原點且傾斜角為60°的直線被圓x2 +y2- 4y= 0所截得的弦長為 .
14．已知為奇函數，且當時，取得極小值，過點至少能作出曲線的兩條切線，且恒成立，則實數的取值范圍為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．已知.
（1）求的單調遞增區間；
（2）求使成立的的取值集合.
16．已知橢圓的離心率為，過定點的直線與交于兩點，直線的斜率不為0．
（1）求的長軸長．
（2）若，證明：直線的斜率之和為定值
（3）若，設直線分別交于（都異于）兩點，且的斜率存在，證明直線過定點，并求出定點坐標．
17．如圖，平面四邊形中，點是線段上一點，，且，，，沿著將三角形折疊得到四棱錐，折疊后．
（1）求證：平面平面；
（2）若，求平面與平面夾角的正切值；
（3）若，，，在同一個球面上，設該球面的球心為，證明：當球的半徑最小時，點在平面內．
18．已知函數的定義域為，現有下面兩種對變換的操作：
變換：，其中．
變換：，其中．
（1）若，，對進行變換后得到函數，解方程．
（2）若，對進行變換后得到函數，解不等式．
（3）若函數在上是嚴格增函數，對函數先作變換，再作變換，得到函數，對函數先作變換，再作變換，得到函數．對任意，若恒成立，證明：函數在上是嚴格增函數，
19．已知函數．
（1）證明：當時，在上單調遞減．
（2）已知有兩個極值點．
①求的取值范圍；
②若，求的最大值．
參考答案
1．【答案】A
【詳解】因為，所以，
故選A
2．【答案】A
【詳解】全集，，
，
故A正確，BCD錯誤，
故選A.
3．【答案】D
【詳解】由且，
令，而，故恒成立，
所以在上恒 ，即無解，故函數沒有極值點.
故選D
4．【答案】C
【詳解】因為，，集合中有且僅有2個元素，
則，所以實數的取值范圍為.
故選C.
5．【答案】A
【詳解】選項，2022年8月的原油產量同比增長率為負數，
說明2022年8月原油產量低于2021年8月，故正確；
選項，2021年9月至2021年12月的原油產量的同比增長率呈逐月下降趨勢，
但均大于0，則原油產量依然可能會增加，故錯誤；
選項，2022年4月的原油產量同比增長率最高，故錯誤；
選項，因為，
所以2022年3月至2022年11月的原油產量同比增長率的平均數約為，
故錯誤.
故選.
6．【答案】D
【詳解】為邊上的中線，，
即，即，
即，.
因為，，
，
，
為平分線，，故，
又，所以，
即，解得，
故選D
7．【答案】D
【詳解】設圓錐的底面半徑為，在中可得到，
所以圓錐的高為，
所以圓錐的體積，
令，則，所以.
因為，所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當，即時，圓錐的體積最大，此時圓錐的高為4，母線長為.
因為圓錐內切球的半徑等于圓錐軸截面的內切圓的半徑，
所以圓錐內切球的半徑.
故選D
8．【答案】B
【詳解】設，，運用橢圓的定義和勾股定理，求得，令，可得，即有，運用二次函數的最值的求法，解不等式可得所求范圍．
【詳解】解：設，，由橢圓的定義可得，，
可設，可得，
即有，①
由，可得，
即為，②
由②①，可得，
令，可得，
即有，
由，可得，即，
則當時，取得最小值；當或3時，取得最大值，
即有，解得：，
所以橢圓離心率的取值范圍為.
故選B.
9．【答案】ABC
【詳解】對于A：根據相關系數的定義越接近1時，成對樣本數據的線性相關程度越強，故A正確；
對于B：因為在殘差的散點圖中，殘差分布的水平帶狀區域的寬度越窄，表明數據越集中，模型的擬合效果越好，故選項B正確；
對于C：根據，故C正確；
對于D：決定系數用以比較兩個模型擬合效果，若越大，則模型的擬合效果越好，故D錯誤.
故選ABC.
10．【答案】ACD
【詳解】對A：由，利用正弦定理，可得
.
因為，所以，所以，故A正確；
對B：設外接圓半徑為，則，
所以外接圓面積為：，故B錯誤；
對C：由余弦定理：，所以，當時取等號.
所以.故C正確；
對D：因為，所以且，
所以.故D正確.
故選ACD.
11．【答案】ACD
【詳解】在曲線上任取一點，易知，，
由，即，
整理可得，
即，化簡得，
對于A選項，若，則，
此時，曲線的方程為，即，A正確；
對于B選項，若上的點到兩定點，的距離之積為，則，
此時，曲線的方程為，
因為，故點不在曲線上，B錯誤；
對于C選項，若點在上，則，可得，故，C正確；
對于D選項，當時，則，設點，由題意可得，，
則，得，
曲線的方程為，
將點的坐標代入曲線的方程可得，
整理，得，可得，因為，解得，
故當時，上第一象限內的點滿足的面積為，則，D正確.
故選ACD.
12．【答案】3
【詳解】由題知，全體學生周末在家學習時長的平均數為，
所以.
13．【答案】
【詳解】設弦長為，過原點且傾斜角為60°的直線方程為
整理圓的方程為：，圓心為，半徑
圓心到直線的距離為：
則：
14．【答案】
【詳解】因為為奇函數，
所以，解得，
所以，.
因為當時，取得極小值，
所以，即，
即，即，解得，
此時，
經驗證可得在處取得極小值，符合題意，
所以.
設過點的切線與切于點，
因為，
所以切線方程為，即,
所以，即.
由題意可得方程至少有兩個不等的實數根.
設，
則.
令，得或；令，得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增,
且時，；時，.
要方程至少有兩個不等的實數根，
則，且等號不同時成立.
由，可得，
故，
所以恒成立.
因為恒成立，所以恒成立.
由，可得，所以恒成立.
設，
所以.
當時，，函數單調遞減；
當時，，函數單調遞增，
所以.
又時，，
所以，所以，
故實數的取值范圍為.
15．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）由題意有
.
，
令，
解得，
所以增區間為.
（2）令，
由得，，
所以，
解得，
所以使成立的的取值集合為.
16．【答案】（1）4
（2）見詳解
（3）見詳解，定點
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，所以，
解得，
所以的長軸長為．
（2）設直線
聯立得
則得，
設直線的斜率分別為，
則
所以直線的斜率之和為定值0．
（3）設，，，，，，且且，
則且
得
將代入得與聯立，
解得同理可得
又直線過點則，
代入并化簡可得
設直線過定點，則，
代入數據并化簡可得
對比系數可得，解得，
則直線過定點
17．【答案】（1）見詳解
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1）在四邊形中，因為，所以折疊后有，．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）由題意，又，故，
過點作交于，則，連接，，
因為平面平面，面面，平面，
且，所以平面．
因為平面，所以，同理，
因為，，，所以由余弦定理得，
所以，
因為，平面，平面，所以平面．
因為平面，所以，所以為二面角的平面角．
所以在中，，
所以平面與平面夾角的正切值為．
（3）由（1）知平面平面，
設和的外心分別和，
因為、、、均在以為球心的球面上，
則球心為過點和且分別垂直于平面、平面的兩直線的交點，
過點作于，連接，
設，顯然四邊形為矩形，
所以．
在中，設（），
由及余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圓半徑．
在中，，，，
由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圓半徑．
所以，
即，
所以，故當時，球的半徑最小，
此時點與點重合，所以點在平面內．
18．【答案】（1）
（2）或
（3）見詳解
【詳解】（1）由已知可得，
又，
即，解得；
（2）由已知，
又，即，
由已知，
則當，即時，，
解得或，即或；
當，即時，，即，不等式恒成立，即；
綜上所述，或；
（3）由題意對函數先作變換可得，
再作變換，得到函數，
對函數先作變換可得，
再作變換，得到函數，
所以對任意，，
當時，，又函數在上是嚴格增函數，
則，即，
由于，可知且，若其中，則，
即當時，，
任取，令，
存在，使，
由函數在上是嚴格增函數，可知，則，
依此類推可得，即，
即函數在上是嚴格增函數.
19．【答案】（1）見詳解
（2）①；②
【詳解】（1）證明：當時，，則．
令，得．
令，得．
當時，，則在上單調遞增，
當時，，則在上單調遞減，
所以在處取得極大值，即最大值，
．
因為，所以，即，故在上單調遞減.
（2）①由，得．
因為有兩個極值點，所以有兩個實數根．
設，則．
當時，，則只有一個實數根，不符合題意，舍去．
當時，，則在上單調遞增，
所以在上單調遞增，
則至多只有一個實數根，不符合題意，舍去．
當時，令，解得，
當，，在上單調遞增，
當，，在上單調遞減，
所以在處取得極大值，．
因為有兩個實數根，所以有兩個實數根，
所以，解得，
當時，，，，
當時，，所以有兩個實數根，故有兩個實數根，
故m的取值范圍為．
②由①易得，，，
當時，，
所以的兩根中有一根在內，有一根在內．
若，則，這與矛盾，舍去，
所以，且，
所以，．由，得恒成立，
所以．
由，得，解得．由，，
令，，
得，則在上單調遞增，
，
且，所以，則．
又因為，且，所以，故的最大值為．
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注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．已知函數，若函數恰有3個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．圓的圓心到直線的距離為（ ）
A． B．2 C．3 D．
3．設，，，則的最小值為（ ）．
A． B． C． D．
4．等差數列的前項和分別是，且，則（ ）
A． B． C． D．
5．已知，為兩條不同的直線，，為兩個不同的平面，對于下列四個命題：①，；②若，為異面直線，，，，；③，，；④，.其中正確命題的個數有（ ）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
6．在公差不為0的等差數列中，若是與的等差中項，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
7．已知是第四象限角，若，則（ ）
A． B． C． D．
8．如圖，正方體中，、分別是邊和的中點，則和所成的角是
A． B． C． D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．已知向量，，則（ ）
A．
B．
C．
D．在方向上的投影向量坐標是
10．已知函數，則下列關于函數的說法正確的是（ ）
A．的圖象關于原點對稱 B．的圖象關于y軸對稱
C．的最大值為0 D．在區間上單調遞增
11．函數是定義在上的奇函數，且當時，，則（ ）
A． B．當時，
C．是的極大值點 D．有5個零點
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．已知，，，則 ．
13．已知拋物線的焦點F到準線l的距離為1，過點的直線與拋物線C交于，兩點，則 ．
14．若，且，則向量與的夾角為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．已知平面內一動點到點的距離與它到直線的距離之比為，過點的直線與動點的軌跡相交于兩點．
（1）求動點的軌跡的方程．
（2）是否存在直線，使得的面積為？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由．
16．若數列是等差數列，則稱與互為和等差數列.已知為數列的前項和.
（1）若，試問與是否互為和等差數列？說明你的理由.
（2）設為等比數列，，且與互為和等差數列.
①求的通項公式；
②設，求數列的前項和.
17．已知函數，
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若有最大值，求證：．
18．如圖，平面四邊形中，點是線段上一點，，且，，，沿著將三角形折疊得到四棱錐，折疊后．
（1）求證：平面平面；
（2）若，求平面與平面夾角的正切值；
（3）若，，，在同一個球面上，設該球面的球心為，證明：當球的半徑最小時，點在平面內．
19．已知函數.
（1）當時，求的單調區間與極值；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求證：.
參考答案
1．【答案】B
【詳解】當時，在上單調遞增，且值域為，
所以必有唯一解；
所以當時，有兩個不同的根，
即有兩個不同非正根，并設其兩根為，
即，解得，
由，則，解得，
綜上所述：的取值范圍為，故B項正確.
故選B.
2．【答案】A
【詳解】圓的圓心到直線的距離
.
故選A
3．【答案】B
【詳解】因為，，，
則，
當且僅當，即時，等號成立，
所以的最小值為.
故選B.
4．【答案】D
【詳解】由可設，
則，，
所以
故選D
5．【答案】B
【詳解】對于①，，或，故①錯誤；
對于②，因為，，記，，
則，因為，所以，假設不相交，則，
則，這與，為異面直線，故相交，
又，，所以，故②正確；
對于③，，，或異面，故③錯誤；
對于④，，或異面，故④錯誤.
所以正確命題的個數有1個.
故選B.
6．【答案】A
【詳解】因為在公差不為0的等差數列中，是與的等差中項，
所以，所以，
所以，
當且僅當，即，時等號成立，
所以的最小值為.
故選.
7．【答案】D
【詳解】由可得，解得，
因為是第四象限角，所以，，
由解得
所以.
故選D.
8．【答案】B
【詳解】如圖，取的中點，連接，，
在正方體中，設正方體邊長為2，
易證（或補角）為異面直線與所成的角，
在中，，，，
由余弦定理得，即，
所以異面直線與所成的角為.
故選B.
9．【答案】BD
【詳解】對于A：，錯誤；
對于B：，正確；
對于C：，錯誤；
對于D：在方向上的投影向量坐標是，正確.
故選BD.
10．【答案】BC
【詳解】由得，所以函數的定義域為，關于原點對稱，
由，得為偶函數，
所以的圖象關于y軸對稱，所以A錯誤，B正確；
對于C，當時，因為為減函數，為增函數，
所以為單調遞減函數，，
又因為當時，的圖象關于y軸對稱，所以，故C正確；
對于D，由C知，當時，所以為單調遞減函數，
的圖象關于y軸對稱，所以當時為單調遞增函數，
故D錯誤.
故選BC.
11．【答案】ACD
【詳解】A選項：因為是定義在上的奇函數，所以，A選項正確；
B選項：當時，，選項錯誤；
C選項：解法1：當時，，
在上，，單調遞增；
在上，，單調遞減．
因此是的極大值點，C選項正確；
解法2：當時，，
在上，，單調遞減；
在上，，單調遞增，
因此是的極小值點，圖象如圖所示．

又是定義在上的奇函數，故是的極大值點，C選項正確；
D選項：，由圖可知，有5個零點，D選項正確．
故選ACD．
12．【答案】5
【詳解】由已知，，由，可得，
解得，由，所以，
解得.
13．【答案】
【詳解】由題意有，所以拋物線的方程為，設過點的直線方程為，
所以，
所以，所以.
14．【答案】
【詳解】設向量與的夾角為，
因為，且，則，
可得，
所以，
又，所以.
15．【答案】（1）
（2）不存在，理由見詳解
【詳解】（1）因為點到點的距離為，
點到直線的距離為，
所以，
化簡得，即，
所以動點的軌跡的方程為．
（2）由題意可知直線的斜率不為0，
故設直線的方程為．
聯立，得．直線l過點F，必有，
由韋達定理可得，，
所以的面積，
．
令，則，所以．
令，則在上單調遞減，
所以，即面積的最大值為．
因為，所以不存在直線，使得面積為．
16．【答案】（1）與互為和等差數列，理由見詳解；
（2）①；②.
【詳解】（1）當時，
，滿足上式，
因此，而，則，
，所以與互為和等差數列.
（2）①數列中，，由，得，
當時，，即，則，
又，因此數列是首項為，公比為2的等比數列，，即，
由與互為和等差數列，得數列為等差數列，又為等比數列，
所以的通項公式為.
②，
所以.
17．【答案】（1）
（2）見詳解
【詳解】（1）當時，．，
則，，
故曲線在點處的切線方程是．
（2）函數的定義域為，
又，
當時，，故在上單調遞增，無最大值；
當時，令，則，
所以時，，時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減．
故的最大值是，
要證，
令，，則，
所以當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又，則．即，得證．
18．【答案】（1）見詳解
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1）在四邊形中，因為，所以折疊后有，．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）由題意，又，故，
過點作交于，則，連接，，
因為平面平面，面面，平面，
且，所以平面．
因為平面，所以，同理，
因為，，，所以由余弦定理得，
所以，
因為，平面，平面，所以平面．
因為平面，所以，所以為二面角的平面角．
所以在中，，
所以平面與平面夾角的正切值為．
（3）由（1）知平面平面，
設和的外心分別和，
因為、、、均在以為球心的球面上，
則球心為過點和且分別垂直于平面、平面的兩直線的交點，
過點作于，連接，
設，顯然四邊形為矩形，
所以．
在中，設（），
由及余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圓半徑．
在中，，，，
由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圓半徑．
所以，
即，
所以，故當時，球的半徑最小，
此時點與點重合，所以點在平面內．
19．【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；極小值0，無極大值
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1）當時，，
則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為，
在處取得極小值0，無極大值.
（2）由題意得，
①當時，，所以在上單調遞增，
所以當時，，與矛盾；
②當時，當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，
因為恒成立，所以.
記，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以.
又，所以，所以.
（3）先證，設，則，
所以在區間上單調遞減，所以，即.
所以，再證.
由（2）可知，當時等號成立，
令，則，
即，
所以，
累加可得，
所以.
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注意事項：
1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．圓的圓心到直線的距離為（ ）
A． B．2 C．3 D．
2．如圖，在平行四邊形中，是對角線的交點，，若，則（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的體積為（ ）
A． B． C． D．
4．在一定條件下，某人工智能大語言模型訓練N個單位的數據量所需要時間（單位：小時），其中k為常數，在此條件下，已知訓練數據量N從個單位增加到個單位時，訓練時間增加20小時；當訓練數據量N從個單位增加到個單位時，訓練時間增加（單位：小時）（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
5．歐拉恒等式（為虛數單位，為自然對數的底數）被稱為數學中最奇妙的公式．它是復分析中歐拉公式的特例：當自變量時，，得．根據歐拉公式，復數在復平面內對應的點位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．若過點可以作三條直線與曲線：相切，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
7．如圖，將正四棱柱斜立在平面上，頂點在平面內，平面，. 點在平面內，且. 若將該正四棱柱繞旋轉，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
8．已知函數的定義域為D，則“對任意，存在，使得”是“函數的值域為”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．有一組樣本數據，，…，，由這組數據得到新樣本數據，，…，，其中(為非零常數，則（ ）
A．兩組樣本數據的樣本平均數相同
B．兩組樣本數據的樣本中位數相同
C．兩組樣本數據的樣本標準差相同
D．兩組樣本數據的樣本極差相同
10．已知定義域在R上的函數滿足：是奇函數，且，當，，則下列結論正確的是（ ）
A．的周期 B．
C．在上單調遞增 D．是偶函數
11．如圖，在正方體中，點，，，分別為棱，，，的中點，則下列結論正確的是（ ）
A．異面直線與所成角的正弦值為
B．平面
C．直線與是異面直線
D．過，，三點的平面截正方體所得的截面形狀為菱形
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．甲乙兩名射擊運動員進行射擊比賽，甲的中靶概率為0.8，乙的中靶概率為0.9.現兩人各射擊一次，恰好有一人中靶的概率為 ．
13．若函數的定義域為，則的取值范圍是 ．
14．已知函數，，則函數的零點個數為 .
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．已知△ABC的內角的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，.
（1）求cosC；
（2）若，，求b.
16．的內角的對邊分別為，已知．
（1）求；
（2）若，求的面積．
17．如圖，在三棱錐中，平面，，，，，分別為棱，，的中點.
（1）證明：平面；
（2）證明：；
（3）若直線與平面所成角的正弦值為，求平面和平面所成角（銳角）的正切值.
18．已知橢圓的離心率為，橢圓C的下頂點和上頂點分別為，且，過點且斜率為k的直線l與橢圓C交于M，N兩點.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）當k=2時，求△OMN的面積；
（3）求證：直線與直線的交點T恒在一條定直線上.
19．已知函數.
（1）當時，求的單調區間與極值；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求證：.
參考答案
1．【答案】A
【詳解】圓的圓心到直線的距離
.
故選A
2．【答案】A
【詳解】在平行四邊形中，是對角線的交點，，
因為，
則，.
故選A.
3．【答案】B
【詳解】設圓錐母線長為，高為，底面半徑為，
則由，得，所以，
所以．
故選B．
4．【答案】C
【詳解】由題意得，
所以，所以，
所以當訓練數據量N從個單位增加到個單位時，
訓練時間增加為（小時）.
故選C.
5．【答案】B
【詳解】由題設，而，則，
所以對應點在第二象限.
故選B
6．【答案】D
【詳解】設一個切點為，
則由，可得該點處的切線方程，
當經過點時，有，即，
則過點切線的條數即為方程的解的個數.
設，則，
當或時，當時，，
所以在，上單調遞減，在上單調遞增.
當時，，當時，，
又由，，可得時，有三個解，
故選D.
7．【答案】D
【詳解】過點作，垂足為，連接，可知平面，
所以點到平面的距離為，
由題意，
，
過點作平面，垂足為，
因為點在平面內，且，即點在以為圓心，為半徑的圓上，
當三點共線時，且時，取最大值，
最大值為.
故選D.
8．【答案】B
【詳解】因為函數的值域為，所以對任意，存在，使得；
令，滿足對任意，存在，使得，但的值域為；
“對任意，存在，使得”是“函數的值域為”的必要不充分條件.
故選B
9．【答案】CD
【詳解】A：且，故平均數不相同，錯誤；
B：若第一組中位數為，則第二組的中位數為，顯然不相同，錯誤；
C：，故方差相同，正確；
D：由極差的定義知：若第一組的極差為，則第二組的極差為，故極差相同，正確；
故選CD
10．【答案】BC
【詳解】由于是奇函數，所以，則
又，則，所以，所以的周期為8，A錯誤，，
，故B正確，
根據函數的性質結合，，作出函數圖象為：
由圖象可知：在上單調遞增，C正確，
由于的圖象不關于對稱，所以不是偶函數，D錯誤
故選BC
11．【答案】ABD
【詳解】對于A，如圖所示，
取的中點，連接，因為，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
故或其補角即為異面直線與所成角，
設正方體的棱長為，
在中，，所以，
即異面直線與所成角的正弦值為，故A正確；
對于B，由選項A可知，，平面，平面，
所以平面，故B正確；
對于C，如圖所示，
連接，因為，，所以，所以四點共面，
所以直線與直線共面，故C錯誤；
對于D，如圖所示，
取的中點，連接，連接，
因為，所以四邊形為平行四邊形，
所以，同理，所以，
所以四邊形為平行四邊形，
則過，，三點的平面截正方體所得的截面為四邊形，
又，所以四邊形為菱形，故D正確，
故選ABD
12．【答案】0.26
【詳解】由題意可得，“恰有一人中靶”事件可分為“甲中靶，乙不中靶”和“乙中靶，甲不中靶”，
∴兩個人射擊一次恰有一人中靶的概率為 .
13．【答案】
【詳解】由題意，，
∴恒不為零，
即方程沒有實根，
∴，
解得.
14．【答案】3
【詳解】當時，，所以0是的零點，
當時，，
因為均在上單調遞增，所以在上單調遞增，
又，，則，
所以在上有且僅有1個零點，
當時，，易知在上單調遞減，
又，則，
所以在上有且僅有1個零點，
綜上，的零點個數為3.
15．【答案】（1）
（2）3
【詳解】（1）由已知，
由余弦定理，得，
得，所以，所以.
（2）由正弦定理得，
則，又
所以，又，
所以，即
又，所以，
由，得，
所以，
由正弦定理：.
16．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）因為，由余弦定理，
因，則得．
（2）因，由余弦定理，
可得：，即，
解得或（舍），
所以．
17．【答案】（1）見詳解
（2）見詳解
（3）
【詳解】（1）∵，分別為棱，的中點，∴.
∵平面，平面，∴平面.
（2）
取的中點，連接，.
∵，分別為棱，的中點，∴.
∵平面，∴平面.∵平面，∴.
∵，分別為棱，的中點，∴.∵，∴.
∵，，平面，∴平面.
∵平面，∴.
（3）∵平面，平面，∴.
∵，，，平面，∴平面，
∴即為直線與平面所成的角，∴.
設，則，，.
如圖，連接.易得平面和平面的交線為.過點作，交的延長線于點，連接.
∵平面，平面，平面，∴，.
∵，，，平面，∴平面.
又平面，∴，∴即為平面和平面所成的角.
過點作于點.
∵，，，∴與全等，∴.
由可得，∴.
∴，
即平面和平面所成的角的正切值為.
18．【答案】（1） ;（2）;（3）見詳解.
【詳解】解：（1）因為，所以，即，因為離心率為，則，設，
則，又，即，解得或（舍去），
所以，所以橢圓的標準方程為.
（2） 設，由直線的點斜式方程可知，直線的方程為，
即，與橢圓方程聯立，，整理得，
則，所以
，原點到的距離，
則的面積.
（3）由題意知，直線的方程為，即，設，
則，整理得，則，
因為直線和橢圓有兩個交點，所以，則，
設，因為在同一條直線上，則，
因為在同一條直線上，則，
所以，所以，
則交點T恒在一條直線上.

19．【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；極小值0，無極大值
（2）
（3）見詳解
【詳解】（1）當時，，
則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為，
在處取得極小值0，無極大值.
（2）由題意得，
①當時，，所以在上單調遞增，
所以當時，，與矛盾；
②當時，當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，
因為恒成立，所以.
記，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以.
又，所以，所以.
（3）先證，設，則，
所以在區間上單調遞減，所以，即.
所以，再證.
由（2）可知，當時等號成立，
令，則，
即，
所以，
累加可得，
所以.
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