2026年高考考前预测卷：数学（全国二卷02）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（全国二卷02）（全解全析），共19页。试卷主要包含了已知，，则，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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。
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．设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的几何意义即可求得，再由复数的除法运算求出结果.
【详解】根据题意由，在复平面内对应的点关于实轴对称可得；
所以.
故选：B.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解出不等式，求出集合，进而求交集即可.
【详解】由，得，解得 ，
即.
由，可得，解得，
即，
所以.
3．若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ）
A．B．-2C．D．-4
【答案】D
【分析】利用双曲线的渐近线公式计算即可.
【详解】令，所以.
故选：D
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，
由
，
所以.
5．若的展开式中存在含的项，则可能等于（ ）
A．5B．9C．15D．19
【答案】C
【分析】利用二项式定理的通项公式得，令，代入检验即可求解.
【详解】由二项式定理得，的展开式通项为，
，令，
当时，，故A错误；当时，，故B错误；
当时，，故C正确；当时，，故D错误.
故选：C.
6．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，可得，再利用正弦定理可得，根据正弦和角公式得，再利用面积公式求解即可．
【详解】，，，
，
，
，
．
故选：D．
7．已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】用表示出体积，利用导数求最值，由轴截面面积列方程即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，
则，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当圆锥体积取得最大值时，，
设圆锥内切球的半径为，则由轴截面面积可得，
解得.
故选：A
8．已知函数，，若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得，即有解，对式子进行等价变形，运用同构函数转化为，构造，利用导数求解最值即可.
【详解】存在实数，使得，即不等式在上有解.
由
设函数（），则不等式可化为（*）.
易得函数在上单调递增，
故（*）式等价于.
又，所以有解，只需即可.
设（），则.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
所以，又，所以.
故选：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．为普及法制教育，对50名市民开展了一次法律知识竞赛答题活动，测试成绩统计如表所示，其中两个数据被遮盖.
下列结论正确的是（ ）
A．众数为99B．极差为9
C．分位数为96D．平均数大于中位数
【答案】AC
【详解】根据题意，总共有50名市民，
所以成绩为或的共人，
则99分有14人，众数为99，A正确；
极差为，B错误；
因为，则第13个数分值为96，C正确；
中位数是第25和第26两个数的平均数，由于这两个数都是99，
所以中位数为99，
设成绩为的有个人，
平均数为
，
所以平均数小于中位数，D错误.
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．是的一个周期
C．
D．当时，的最小值为
【答案】ABD
【详解】对于A，由图可知，所以，
又，所以或，
从图象看，处函数处于上升阶段，即，
又，所以，
因为，所以，故，故A正确；
对于B，，处函数处于下降阶段，
所以，解得，
又，所以，所以，又，
故，得，
所以，所以，故B正确；
对于C，
，C错误；
对于D，当时，，
所以，所以，
所以的最小值为，故D正确.
11．已知曲线C由曲线和曲线组合而成，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．曲线C上两点之间的距离的最大值为8
C．曲线C所围成的图形的面积等于16
D．曲线C绕x轴旋转一周所形成几何体的体积为
【答案】BC
【分析】计算可得关于点中心对称，曲线C的关于轴对称，作出示意图，逐项判断可得每个选项的正误.
【详解】设，
因为，
.
所以曲线C在第一象限的图像关于点中心对称，
又，
又在上单调递减，所以在上单调递减，
故的图像如图所示，
在方程和将代换，
方程不变，所以曲线关于轴对称，
当时，方程为，
当时，方程为，故曲线如图所示，
由图可得曲线C上两点之间的距离的最大值为8，故A错误，B正确；
对于C选项，由对称性可知，图中区域1与区域2的面积相等，所以C正确；
对于D选项，如图三块区域绕x轴旋转所得几何体的体积分别为，，，
由于，区域1和区域3旋转后构成一个三棱锥，
由锥体的体积公式可得，
所以，故D错误．
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。其中14题第一空2分，第二空3分。
12．设向量满足，，且，则______．
【答案】
【分析】由可得，根据向量的夹角公式求解.
【详解】由，可得，又，所以，
所以，又，
.
故答案为：.
13．已知是定义域为的奇函数，若为偶函数，，则的值为_______.
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性，即可求得函数的周期，利用函数的周期性，即可求得函数值．
【详解】∵为偶函数，∴，
又是定义域为的奇函数，∴，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是一个周期为20的周期函数，
∴，
，
∴．
故答案为：．
14．已知甲盒中有三个红球和两个白球，乙盒中有两个红球和两个白球，所有小球除颜色外，其他都相同．某人先从乙盒中任取两个球，放入甲盒中，再从甲盒中任取两个球，则此人从甲盒中取到的两个球颜色相同的概率为________．
【答案】
【分析】划分从乙盒取球的三种情况，分别计算每种情况的概率及对应从甲盒取两同色球的概率，再通过全概率公式求和得最终概率.
【详解】乙盒取2球有三种情形：
取2红：概率为，此时甲盒有5红2白，从甲盒取2同色球的概率为；
取2白：概率为，此时甲盒有3红4白，从甲盒取2同色球的概率为；
取1红1白：概率为，此时甲盒有4红3白，从甲盒取2同色球的概率为.
所求概率为： .
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、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
已知数列中，，．
(1)令，求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先求首项，再根据等比数列的定义证明为常数；
（2）根据（1）的结果求数列的通项公式，再根据等差和等比数列的前项和公式，利用分组转化法求和.
【详解】（1）因为，，所以，
再由，
因为，所以，代入上式得：，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）可得：，
则
16．（15分）
当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，让越来越多的中国科技企业开始意识到自主创新的重要性，大大加强科技研发投入力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力．某企业为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下：

表中，．
(1)根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，
(2)科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布．企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过，不予奖励；若超过，但不超过，每件产品奖励2元；若超过，每件产品奖励4元，记为每件产品获得的奖励，求（精确到0.01）．
附：若随机变量，则，．
【答案】(1)适合，
(2)2.27元
【分析】（1）结合散点图即可判断，然后结合表中数据代入计算，即可得到结果；
（2）由正态分布的概率公式代入计算，再由期望的计算公式即可得到结果.
【详解】（1）根据散点图可判断，更适合作为关于的回归方程类型
对两边取对数，得，即，
由表中数据得：，，
，所以，
所以关于的回归方程为.
（2）因为，，所以
，
，
（元）.
17．（15分）
如图1，在正三角形中，，，分别是，上的点，，为的中点．将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，使得．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据边长关系，结合勾股定理证明，，再结合线面垂直判定定理证明即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：正三角形中，，，为的中点，
所以，在图1中，，
所以，在中，，即，
同理，
因为，在图1中，，
所以，在图2中，，
因为，
所以，，
所以，，
因为，平面
所以平面.
（2）解：如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，
因为平面的一个法向量为，
设二面角为，，
所以，
所以
所以二面角的正弦值为.
18．（17分）
（新情境）二次函数的图象是抛物线， 现在我们用 “图象平移” 的方式讨论其焦点与准线， 举例如下: 二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到; 抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为 ; 故二次函数的焦点坐标为，准线方程为 .
(1)求二次函数的焦点坐标和准线方程；
(2)求二次函数的焦点坐标和准线方程；
(3)设过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点. 是否存在定点，使得三点共线? 若存在，请求出定点的坐标; 若不存在，请说明理由.
【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为．
(2)焦点坐标为，准线方程为．
(3)存在，
【分析】（1）根据函数平移得出焦点的坐标和准线方程；
（2）首先配成顶点式，再根据向量平移得到焦点坐标与准线方程；
（3）先考虑过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；设设，表示出直线的方程，即可求出，从而求出的坐标，表示出直线的方程，求出定点坐标，即可得解.
【详解】（1）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（2）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，
准线方程为；
即二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（3）由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到；
先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；
设，又，则直线的方程为：，化简得：，
与直线联立得：，代入得：，即，
则直线的方程：，
化简得；
当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线；
故存在定点，使得三点共线．
19．（17分）
已知函数，其中．
(1)证明：在区间上存在唯一的极小值点；
(2)若不存在零点，求a的取值范围；
(3)当有两个不同的零点，时，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得，可得在上单调递增，，当时，，进而可得结论．
（2）由（1）可知，的最小值为，其中满足，由题意可得，进而可得，，构造函数求得值域，可求得a的取值范围；
（3）由等价于，令，变形可得，构造函数，求导研究函数的性质，由题意有两个不同的实数根，，进而要证，只需证对任意成立，构造函数，，求导可证结论．
【详解】（1）的定义域为，求导得，
因为，，均是上的增函数，所以在上单调递增．
又，当时，，
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，因此是在上唯一的极小值点．
（2）由（1）可知，的最小值为，其中满足．
若在定义域内不存在零点，则．
由，可得，即，故．
易知函数在上单调递减，
又，要使得，即，必须有．
令，则，
当时，，故在上单调递增，
因为，所以（1），即，
则，故a的取值范围是．
（3）由，可得，等价于．
令，则，所以，．
设，则，
易知在上单调递减，
又，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
有两个不同的零点，，等价于方程有两个不同的实数根，，
其中，．
不妨令，则由的单调性可知，
要证明，即，，即．
因为，所以，而，又在上单调递减，
只需证明，即证明对任意成立．
设，，
则．
构造函数求导可证，当且仅当时，等号成立，
所以当时，有，，所以，
因此，当时，恒成立，在上单调递减，
所以当时，，即，
也即．故原不等式成立．
成绩/分
92
93
95
96
98
99
100
人数
5
7
8
14
13
30.5
15
15
46.5