2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用02）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用02）（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．全集，且，则满足条件的集合的个数为（ ）
A．8B．7C．4D．2
【答案】A
【详解】因为全集，且，
所以可能为，共个
即集合的个数为.
2．在复平面内，复数对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由复数的乘法可得，
而复数对应的点在第三象限，故，
所以即实数的取值范围是.
3．设向量，，则（ ）
A．是的必要条件B．是的必要条件
C．是的充分条件D．是的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直、平行的坐标关系，求出x值，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.
【详解】因为，，所以的充要条件为，
即，解得或，故A错误，C正确.
的充要条件为，即，解得，故B，D错误.
4．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．80D．160
【答案】A
【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
所以，所以的展开式的通项为，
令，得，故，
故展开式中的系数为.
5．已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围.
【详解】椭圆以，为焦点，即，，
所以设椭圆方程，
联立方程，
消去得出，
由题意可得，
即，得出或（舍去），解得，
所以，
所以椭圆的离心率的最大值为.
6．已知圆台有半径为1的内切球，设上、下底面的面积分别是，，则取到最小值时，圆台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】画出组合体的轴截面，根据圆台的母线、高和两底面圆的半径差的关系，列出方程，求得，即，化简，结合基本不等式，求得的值，再由圆台的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，画出组合体的轴截面，设圆台的上、下底面圆心分别为，
内切球的球心为，圆台的上、下底面圆的半径为，
可得圆台的母线长为，高为，
在直角中，可得，即，
整理得，即，且，
则圆台的上下底面面积分别为，所以，
因为代入得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以圆台的体积为.
故选：B.
7．的内角，，的对边分别为，，.已知，，若是的中点，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换先化简，进而得，再由余弦定理即可求解.
【详解】由
，
所以，
又，所以，
所以，
所以，
又，，
所以，所以，
又是的中点，所以，
由余弦定理有：，
又，
所以，
当时，，即.
8．已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（ ）
A．1B．0C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件，可求得函数关于轴对称，关于中心对称，周期为4，再根据函数的对称性和周期性，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，，
所以函数关于轴对称，关于中心对称，
所以，，
所以，令，则，即，
所以，令，则，所以的周期为4，
又，，所以，所以，
又函数关于轴对称，关于中心对称，
所以，，
又的周期为4，所以，，，
所以函数一个周期内的函数值为，，，，
所以，
所以
，
所以.
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．下列关于函数的说法中正确的有（ ）
A．函数的值域为B．函数的最小正周期为
C．函数在其一个周期内是单调递减函数D．函数图象关于对称
【答案】ABD
【分析】先利用倍角公式化简函数，进而根据函数解析式逐项判断即可得结论.
【详解】由，可得，解得，
所以函数的定义域为，
.
对于A，显然函数的值域为，故A正确；
对于B，函数的，故B正确；
对于C，若时，又时，无意义，
所以函数在内不是单调递减函数，故C错误；
对于D，，当时，，
所以函数图像关于对称，故D正确.
故选:ABD.
10．已知三棱柱，为中点，下列选项正确的是（ ）
A．过点有且只有一条直线与直线、都垂直
B．过点有且只有一个平面与直线、都垂直
C．过点有且只有一个平面与直线、都平行
D．过点有且只有一个平面与直线、都相交
【答案】AC
【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点与直线、的不同位置关系的情况进行逐一分析.
【详解】在B选项中，若一个平面与两条异面直线都垂直，那么这两条异面直线平行，
而与不平行，所以不存在这样的平面，所以B选项错误，
在C选项中，过点分别作直线与的平行线、，
则，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，所以过点有且只有一个平面与直线、都平行，所以C选项正确，
在A选项中，由C选项可知，过点有且只有一个平面与直线、都平行，且该平面为平面，
因为过点有且只有一条直线与平面垂直，记该直线为直线，
因为平面，所以，因为，所以，同理可知，
所以，因此过点有且只有一条直线与直线、都垂直，所以A选项正确，
在D选项中，过点与直线、都相交的平面有无数个，所以D选项错误.
故选：AC.
11．将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得.
【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确；
对于B，，，，，
则，B正确；
对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的.
严格计算：，，，C错误；
对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数，
于是，则，则，于是，D正确.
故选：ABD
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．已知等比数列的前项和为，，且，则 ____.
【答案】2
【分析】根据得到；结合求出时的表达式，求出，联立求解即可.
【详解】因为，所以当时，，
两式相减得，即，
又因为，
所以当时，，
又，所以，所以.
故答案为：2.
13．已知曲线与在交点处的切线互相垂直，则___________．
【答案】
【分析】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，求出两曲线交点，分别对曲线方程求导，由切线垂直，解得，联立求解与，相关的值，代入求解即可.
【详解】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，则，解得，对求导可得，，对求导可得，，
因为两切线垂直，所以，所以，解得，
由，解得，所以，
由可得，所以.
故答案为：.
14．若，使得集合中包含且仅包含两个整数和，则正实数的取值范围是___________．
【答案】
【分析】题设条件可转化为且，利用导数判断的单调性后可得正实数的取值范围.
【详解】由题设有，
因为，故，故，而，故，
若，则，矛盾，故，故，
若，则，矛盾；若，则，
这与矛盾，故，
故且①，
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故当时，，此时①无解；
故即或，
若，则且，故；
若，则且，
但，故此时不存在，
综上，
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）
已知数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，且，证明数列为等比数列，并求．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）由结合等比数列的定义并验证首项即可求解.
（2）迭代原式并相减后得到，使用累加法结合等比数列的前项和即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
则，整理得，
，解得，
，解得，故，
所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，
则.
（2）因为，迭代得，
两式相减得，即，
令，则，
当时，（常数），且，
故是以4为首项，3为公比的等比数列，
取，共7个奇数，可得
，
，
，
将以上各式相加，可得，
易得是以4为首项，为公比的等比数列的前7项和，
则有，其中，
则.
16．（15分）
2025年8月30日晚，以“知音湖北，与‘篮’共舞”为主题的湖北省全国百强县篮球联赛八支球队分别在汉川、仙桃、潜江、枝江同时开战．湖北省以体育赛事为纽带，推动文体旅深度融合，为县域经济高质量发展注入新动能．组委会对其中5个参赛县的宣传费用（万元）与现场观众人数（百人）进行统计，数据如下：
(1)从这5个参赛县中随机抽取3个，记现场观众人数不少于24百人的县的个数为，求随机变量的分布列及数学期望；
(2)利用最小二乘法求y关于x的线性回归方程，并预测宣传费用为8万元时的现场观众人数．
附：线性回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)，预测宣传费用8万元时的现场观众人数为33.2百人
【分析】（1）得到的可能取值和对应的概率，从而得到分布列和期望值；
（2）代入公式得到，从而得到y关于x的线性回归方程，当时，（百人），从而得到答案.
【详解】（1）因为观众不少于24百人的县共有3个，所以的可能取值为1，2，3，
，，，
所以分布列如下：
所以；
（2）由题意，，
，
，
所以，
，
所以y关于x的线性回归方程为，
当时，（百人），
故预测宣传费用为8万元时现场观众人数为33.2百人．
17．（15分）
“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD.
(1)设，求证：PO⊥平面；
(2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由；
(3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)500，
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论；
（3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小.
【详解】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点
又由于，，所以，，
平面，，所以平面；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高，
因为底面是菱形，则，
所以，
解得，
此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥；
（3）方法一：过点P作直线，则l平面，
由于，所以，则l平面，所以平面平面，
作，垂足分别为E，F，则,
所以是平面与平面所成二面角或其补角
，由于PO⊥平面，
平面，故，而O为的中点，则,
设，则， ，
由PO⊥平面，平面，故，
而平面，故平面，
平面，故，
所以
当且仅当时取等号，
故四棱锥体积的最大值为500（），
此时平面与平面所成二面角为90°
方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E，
取的中点G，，由以上分析可知，
所以，
以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系，
设，，，，
由勾股定理知，
，
当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500；
此时，，，，，
，，
设平面的一个法向量，则，则，
可取；
，，
设平面的一个法向量，则，则，
可得平面的一个法向量，
故，所以所求二面角为90°.
18．（17分）
已知函数，.
(1)当时，证明：1是的极值点；
(2)当时，证明：；
(3)若，对任意的，恒成立，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的导数证明1是的极值点；
（2）分，两种情况讨论，当时，利用导数判断函数的单调性即可得证；
（3）利用导数求函数的最小值，可得，转化为，构造函数，利用导数求最大值即可.
【详解】（1）当时，，，
时，，故；
时，，故，又，
所以1是的极值点.
（2）当时，只需证明，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，令
，，
令，则，
因为，，，
所以，所以单调递减，
所以，所以单调递减，
所以，
所以，
综上，原不等式得证.
（3）任意的，恒成立，只需要，
又是增函数，，，，
故由零点存在性定理可知，，使得，
此时，
由题设及可知，，解得，
当，，故单调递减，
当，，单调递增，
所以，取得极小值也是最小值，所以，
所以，得，
，
令，
，得（舍去）或，
当，0单调递增，当，，单调递减，
所以时，取得极大值也是最大值，
所以，
所以的最大值是.
19．（17分）
双曲线：的一条渐近线为：，点在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，该公共点为切线的切点.设双曲线C在切点N处的切线为，求切线与双曲线的两渐近线所围成的三角形的面积；
(3)设点B关于的对称点为R，点B关于原点的对称点为，双曲线上的动点M与，B不重合，且动直线与直线相交于点P，动直线与直线相交于点.求证：存在实数，使得，并求出实数的值.
【答案】(1)
(2)9
(3)证明见解析，
【分析】（1）由渐近线方程及点双曲线上点坐标列方程组求解双曲线方程；
（2）设切点坐标为，分切线斜率存在与不存在讨论求解切线与渐近线的交点坐标求解；
（3）设，按照的取值讨论证明P，R，，四点共线即可.
【详解】（1）因为双曲线：的一条渐近线为，点在C上.
所以解得；
所以双曲线C的方程为.
（2）设点坐标为，当点N处的切线斜率不存在时，根据对称性，取切线方程为，与渐近线的交点为，，此时；
当切线斜率存在时，设切线方程为，
与双曲线方程联立
消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
又双曲线的渐近线方程为，
因为与联立得，与联立得，
故.
综上可知，所求面积为9.
（3）设，依题意可得，，所以直线的方程为，
①若，则直线的方程为，直线的方程为，
此时点，，所以，
因为P，R，，四点共线，所以，
所以存在实数，使得；
②若，则直线的方程为，直线的方程为，
此时点，，所以，
因为P，R，，四点共线，所以，
所以存在实数，使得.
③若且，
直线的方程为，
联立方程组解得，
同理可得直线的方程为．
联立方程组解得．
因为在双曲线上，所以，
所以，
所以，
因为四点共线，所以，
所以存在实数，使得．
参赛县
A
B
C
D
E
宣传费用x（万元）
2
3
4
5
6
现场观众人数y（百人）
19
22
24
27
28
1
2
3
P