2026年高考考前预测卷：数学（全国二卷01）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（全国二卷01）（全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共58分）
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．集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
1.【答案】B
【解析】设全集为，由图可知阴影部分可表示为，
可知，则
故选：B.
2. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
2.【答案】C
【解析】因为向量对应的复数为，向量对应的复数为，
所以，
所以向量对应的复数为．
故选：C.
3. 【创新题】已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则（ ）
A. B. C. D.
3.【答案】A
【解析】在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，
可得的二项展开式的通项，
当为整数时，该项为有理项，因为且，
所以当时，分别为是整数，即有理项有3项，可得.
故选：A.
4．【新情景】世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为1m，高为0.25m的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（ ）
A.2B. 0.5C. 1D. 0.25
4.【答案】D
【解析】如图，建立平面直角坐标系，
设抛物线的方程为，由图可得点抛物线上，即
，解得，故轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为.
故选：D.
5．已知函数的图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
5.【答案】B
【解析】由图可得，，
所以，故①，
又因为，可得，
又因为函数在附近单调递增，所以②，
①②得，
令，则，则，可得，
由图可知，函数的最小正周期满足，可得，
即，所以，即，
又因为，则，所以，则，
所以，可得，
因为，所以，则，故，
故.
故选：B
6．在中，已知，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6.【答案】D
【解析】两边平方得，即，
又两边平方得，
即，即，
如图，，向量与的夹角为，
所以向量在上的投影向量为.
故选：D.
7.已知随机变量，且，则当时，的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.【答案】C
【解析】由随机变量，且，得，由，得，
当且仅当，即时取等号，所以所求最小值为3．
故选：C.
8. 【新情景】A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则：①一张型号纸张沿着两条长边中点连线裁剪分开后得到两张型号纸张；②一张型号的纸张面积是1平方米；③所有型号的纸的长宽比相等．现从到，每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（ ）（单位：米）
A. B.
C. D.
8.【答案】A
【解析】设纸的宽和长分别为，
则，.
因为，又，所以，解得
又，所以，.
根据题意，，，又，即，
所以，则，
所以是首项为，公比为的等比数列，通项公式为，
同理，，是首项为，公比为的等比数列.
因此，，
故所有纸张的周长之和为.
故选：A.
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. 一组数据的极差为4，平均数为3，方差为2，若，则（ ）
A. 的第80百分位数为
B. 的极差为8
C. 的平均数为7
D. 的方差为4
9.【答案】BC
【解析】数据的大小不确定，所以第80百分位数不能确定，故A错误；
数据的极差为4，即.
由，可知，，
，故B正确；
由数据的平均数为3，，得数据的平均数为，故C正确；
由数据的方差为，由，得数据,的方差为，故D错误.
故选：BC.
10.已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ）
A. B.
C. 当时，取得最大值D. 取得最小正值时为31
10.【答案】ACD
【解析】对于A，设等差数列首项为，公差为，
则，
因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减，
要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确；
对于B，由等差数列性质可知，故B错误；
对于C，因为，所以，
所以时，取得最大值，故C正确；
对于D，由可得，
由，可得，
所以取得最小正值时为31，故D正确.
故选：ACD.
11.【跨学科】某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为．对于曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为
B. 曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4
C. 曲线所围成的封闭区域面积等于
D. 若曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，则实数的取值范围为
11.【答案】BC
【解析】因为曲线：，分象限讨论：
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第一象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第二象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径圆的第三象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第四象限部分；
如图：
曲线C由四段圆弧组成，关于x轴、y轴、原点对称.
对于A，直线过原点，所以直线必和曲线C有一个交点，
再以第一象限为例，圆心到直线的距离，
化简得，即当时直线与圆相切，同理可分析其它各个象限，
所以当时，直线与曲线有唯一公共点，
当或时，直线与曲线有3个公共点，如图：故A错误；
对于B，因为点到点与到点的距离之差为4，
所以点在以，为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上，方程为，
显然双曲线的一个实顶点在曲线C上且只有这一个点，所以B正确；
对于C，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为，
所以扇形的圆心角为，所以第一象限部分的弓形的面积，
所以曲线所围成的封闭区域面积等于，故C正确；
对于D，由A选项的分析可知，与直线平行且与曲线C相切的两条直线为，
而这两条切线间的距离为.
当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；
当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；
当直线与切线的距离为时，则，解得或；
因为曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，
由图可得实数的取值范围为，D错误.
故选：BC.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________.
12.【答案】
【解析】因为圆筒内径长为，所以内圆半径.
外径长为，所以外圆半径
上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分:
上下外圆柱体积+中部正方体体积
=
空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为，
所以玉琮的体积为.
13．【新定义】设集合，满足下列性质的集合称为“TB集合”：集合内至少含有2个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于3，则的子集中有___________个“TB集合”.
13.【答案】
【解析】解方程，解得，结合，
因此：，集合共9个元素.
（1）2个元素的“集合”：设为，
当时，可取5，6，7，8，9，共5个；
当时，可取6，7，8，9，共4个；
当时，可取7，8，9，共3个；
当时，可取8，9，共2个；
当时，可取9，共1个；当时，无满足条件的.
则2个元素的“集合”总数：.
（2）3个元素的“集合”：要选出3个元素，需满足任意两个元素至少相差4.
最小的3个满足条件的元素为1，5，9，则3个元素的“TB集合”仅1个：1，5，9.
（3）若尝试选出4个元素，最小的4个满足条件的数为1，5，9，13，而13超出集合A的范围，
因此不存在4个及以上元素“TB集合”.
综上，“集合”总数个元素的数量个元素的数量：.
14. 已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________．
14.【答案】
【解析】因为且，
所以，即，
令，易知恒成立，则单调递增．
因为，
所以，
则，即，
设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
所以，则的取值范围为．
故答案为：
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）
在中，角的对边分别为，且.
（1）若，求的值.
（2）若内切圆的面积为，求的面积.
15.【解析】（1）因为，所以由正弦定理得，
所以，
所以，
所以
在中，因为，所以有，即得，即，
因为，所以，即得，，
所以.（5分）
（2）内切圆的面积为，所以内切圆半径，
又，则有，
由余弦定理得
，
所以，解得或（舍），
所以，
则. （13分）
（15分）
已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的值．
16.【解析】（1）函数的定义域为．
若，则在单调递增．
若，则由得．
当时，；当时，．
因此在单调递减，在单调递增． （7分）
（2）解法1：由（1）知当在单调递增，
时，，不满足题意．
当时，由（1）知．
因为，所以． （10 分）
设，则．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，当且仅当时取等号．
故，结合可知，故． （15分）
解法2：因为，所以为的极小值点．
因此，解得． （10 分）
当时，，由（1）知在单调递减，在单调递增．
因此，满足题意．
综上，． （15分）
解法3：因为，所以恒成立．
当时，显然成立，此时．
当时，恒成立．
设，则．
设，则． （10 分）
当时，在单调递增，，即，
在单调递增，因此．
当时，恒成立．当时，在单调递减，
，即在单调递增，．
综上，． （15分）
17．（15分）
已知椭圆的左顶点，上顶点．
（1）求椭圆的方程和直线的方程；
（2）过椭圆上异于的点作轴的垂线交直线于点，延长至点，使，直线交椭圆于点．
（i）求证：直线的斜率之和为定值；
（ii）求面积的最大值．
17.【解析】（1）由椭圆的左顶点，上顶点，得，
所以椭圆的方程为，直线的方程为. （5分）
（2）（i）直线斜率存在，设其方程为，点
由，得，则，
解得，即点，
直线交直线于点，
由点是线段的中点，得点，
因此直线的斜率，即，
所以直线的斜率之和为定值. （10分）
（ii）由（i）同理得，，
点到直线的距离，
则的面积，
显然，，令，
，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
当时，，所以面积的最大值为. （15分）
18．（17分）
【新考法】 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，．
（1）设平面与平面的交线为，证明：．
（2）证明：．
（3）当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由．
18.【解析】（1）证明：因为底面是矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，平面，所以. （4分）
（2）证明：如图1，分别取，的中点，，连接，，.
因为，是的中点，所以，又因为底面是矩形，分别是的中点，所以，因为，所以，，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为是的中点，所以. （8分）
（3）假设四棱锥存在内切球，设点到平面的距离为，
则，当平面时，取最大值，此时四棱锥的体积最大，
方法一：
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，，所以平面，即，
所以，则易知，
，，
所以内切球半径，设内切球球心为中点为，因为到平面与平面距离相等，
所以由对称性可知，点在平面上，又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为， （14分）
所以点在上，如图2所示，因为，
所以，解得，因为两个的值不同，所以不存在内切球. （17分）
方法二：
因为平面，平面，所以平面平面，
因为，平面平面，所以平面，
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
平面的一个法向量为，则，，，
设平面的法向量为，因为，所以，化简得
令，设内切球球心，易知，．同理可求，平面法向量为，
平面法向量为，因为，所以，
令，则，则， （14分）
平面法向量为，，所以，
令，所以，所以
点到平面的距离，点到平面的距离，
易知点到平面的距离，点到平面的距离，
点到平面的距离，由，解得，由，解得，
由，解得，则，所以，矛盾，所以这样的内切球不存在. （17分）
19．（17分）
【新考法】已知一副不含大小王的52张扑克牌，共包含4种花色（黑桃、红桃、方片、梅花），每种花色各有13张牌，牌点大小排序从大到小依次为A、K、Q、J、10、9、8、7、6、5、4、3、2，其中A可参与组成顺子或金花A23、QKA，且满足JQK金花>顺子>对子>散牌，且不按照花色区分大小.请从概率的角度，分析该游戏的规则是否合理、公平（结果精确到小数点后四位）；
（3）玩家初始持有次抽牌机会，每消耗1次抽牌机会，就从52张扑克牌中随机抽取3张，观察牌型；若抽到顺金，则游戏获胜，立即终止；若抽到顺子但非顺金，则将当前剩余的抽牌机会数翻倍；若抽到非连续的牌型，则剩余抽牌机会数保持为消耗1次后的数量；若剩余抽牌机会数为0，则游戏失败，立即终止.设单次抽牌抽到顺子的概率为，初始持有次抽牌机会时，玩家最终获胜的概率为.试证明：
（i）证明：数列是严格递增数列；
（ii）证明：对任意，都有.
19.【解析】（1）顺子牌点组合共12种（A23、234、…、JQK、QKA），每种牌点组合对应种花色组合，故.
顺金要求花色相同且牌点为顺子，共种，故.
由条件概率公式，. （6分）
（2）分别计算各牌型的概率：
，，
，，
，.
概率从小到大排序：，与规则的牌型大小顺序不一致：
顺金比豹子更稀有，却被规定为更小的牌型；
顺子比金花更稀有，却被规定为更小的牌型.
因此，该游戏规则不符合“稀有度与牌型大小正相关”的公平性原则，规则不合理、不公平. （10分）
（3）首先明确核心概率：抽到顺金的概率：，
抽到顺子但非顺金的概率：，抽到非顺子的概率：，
初始1次机会，抽1次后剩余机会为0，仅抽到顺金可获胜，
故.
初始2次机会，抽1次后剩余1次机会，递推得：
代入，整理得：，即. （13分）
（i）用数学归纳法证明：
（一）归纳奠基：时，，
因，，，故.
（二）归纳推理：假设对任意，都有，即数列前项严格递增.
对任意，递推公式为：，
因此，
由归纳假设，，，且系数均为正，故.
由数学归纳法，对任意，，即数列严格递增.
（ii）令，，不等式转化为证明，.
将代入原递推公式，化简得：，边界条件.
令，求导得：，故在上严格递减，
因此对任意. （15分）
下面用数学归纳法证明：
（一）归纳奠基：当时，，成立；
（二）归纳推理：假设对任意，.
对，由递推公式和归纳假设：，
只需证明，两边除以得：，
代入，右边化简为，
左边减右边得：（因），
故不等式成立，即.
由数学归纳法，对任意，即，移项得：，得证.（17分）