2026年高考数学百分练（二）考前冲刺（7+2+2+3）全国通用

这是一份2026年高考数学百分练（二）考前冲刺（7+2+2+3）全国通用，共10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。
一、选择题：本题共7小题，每小题5分，共35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．已知复数z满足，则z＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解不等式，即解得或，即，则.
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
又，所以，所以，
所以.
4．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．13B．15C．17D．19
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，则，解得，
故.
5．如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故.
6. 曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以 ，又，，则所求切线方程为.
7．在陕西汉中某明清古民居的修缮中，发现了一个用于梁架承重的木制方斗，其形状可被视为正四棱台.经实测，该方斗的上口边长为，下口边长为，侧棱长为，若忽略该方斗的厚度，则这个方斗的容积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】画出该正四棱台的直观图，如图所示，
易得，，过作，垂足为，则即为该正四棱台的高，
，，
则这个方斗的容积.
二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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．
8．圆与圆的公切线的交点坐标可以是（ ）
A．B．C． D．
【答案】ABC
【解析】如图，作出符合题意的图形，
由题意得，圆心，半径.
将整理得，圆心，半径.
圆心距，两圆外切，所以共有三条公切线，两两相交可得三个交点.
外公切线交点在连心线延长线上，由位似性质得交点为，由图可得一条外公切线为，
设另一条外公切线方程为，由圆心到切线距离等于半径得，
解得，所以；两圆联立且内公切线的切点在连心线上，
所以切点坐标为，内公切线斜率为 ，方程为；
此时两两交点，对应选项A；
，对应选项B；，对应选项C；
故选项D不是公切线交点.
9．在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（ ）
A．
B．若，则
C．若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是
D．若，则三角形ABC为直角三角形
【答案】ABD
【解析】对于A：因为，所以或，又，
故，若，又，则，与矛盾，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，由正弦定理将上述等式化简为，
根据余弦定理代入可得，将代入得，解得或（舍），故B正确；
对于C：由选项A可知，所以，
又，因为为锐角三角形，
所以，
即，解得，
因为在上单调递减，所以，故C错误；
对于D：因为，由正弦定理及得，
所以，
又，
所以，又，
所以，
即，又，所以为锐角，可得，
所以，所以，所以，故D正确．
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分．
10．已知函数为奇函数，当时，，则_________.
【答案】
【解析】由函数为奇函数，得：，令，得：，
，又因为当时，，得，因此.
11. 过抛物线的焦点，且斜率为1的直线交于两点，则_________.
【答案】
【解析】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
所以直线的方程为，与抛物线方程联立，得，
，设，，
.
四、解答题：本题共3小题，共43分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
12．2026年马年春晚是大模型与节目结合最多的一场春晚，其中大模型“豆包”贯穿整场晚会．为了了解人们对大模型“豆包”应用的关注程度，现随机抽取不同年龄段的1000人进行调查统计，得到如下列联表：
（1）完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断人们对大模型“豆包”应用的关注程度是否与年龄有关联；
（2）从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，从这6人中随机抽取2人做进一步的访谈，记抽到的2人中关注“豆包”应用的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：，其中．
【解析】（1）（1）补全的列联表如下：
零假设为：人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄无关.
根据表中数据，计算得到．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断成立，
即认为人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.001．
（2）从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，
则关注“豆包”应用的有人，不关注“豆包”应用的有人，
则的所有可能取值为0，1，2，
的分布列为
的数学期望.
13 已知与为公差相同的等差数列，且，.
（1）求与的通项公式；
（2）设为数列的前项和，证明：.
【解析】（1）设，则，，，
由题意可得，解得，
则的首项为3，公差为2，的首项为1，公差为2，
故，.
（2）由（1）得，，
故，
则，
故.
14. 如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接.
（1）证明：平面；
（2）若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值.
【解析】（1）由题意得，点是正方形的中心，所以平面.
∵平面，∴.∵正方形中，，
平面，∴平面PAC.
∵四边形中，∥，
∴四边形是平行四边形，∴∥，.∴平面.
（2）∵平面，平面，∴.
∵，∴两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系.
由题意知，，
∴，.
∴，
∴.
设平面的法向量为，则，
令，则，
∴平面的一个法向量为.
设，则.
记与平面所成的角为，则.
由，得，所以，∴，
∴的最大值为，此时，点与的中点重合.
年龄
“豆包”应用
合计
不关注
关注
不超过50岁
400
600
超过50岁
300
合计
1000
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
年龄
“豆包”应用
合计
不关注
关注
不超过50岁
200
400
600
超过50岁
300
100
400
合计
500
500
1000
0
1
2