2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)高考模拟试题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)高考模拟试题(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解不等式得到集合，然后求交集.
【详解】，，所以.
2．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的共轭复数＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算法则，结合求模公式及共轭复数的概念，即可得答案.
【详解】由题意，
则z的共轭复数
3．若是夹角为的两个单位向量，则和的夹角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由条件，根据数量积定义求，再利用向量夹角公式和数量积的性质求结论.
【详解】因为是夹角为的两个单位向量，
所以，，
设为的夹角，
，
故选：A.
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用二倍角公式结合同角三角函数的商数关系计算即可.
【详解】由二倍角公式知，
所以，故A正确.
5．有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（ ）
A．19B．100C．190D．200
【答案】C
【分析】将所求函数式展开，代入已知条件，转化成二次函数求最小值问题.
【详解】因为，
而，则得.
所以当时，.
6．已知正数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据为正数可得，根据为正数及为上的增函数可得，从而可得正确的选项.
【详解】因为为正数，故.
由题设有，
而，故，故，
故，且，
故
设，因为均为上的增函数，
故为上的增函数，而，故，
故A正确，BCD错误.
7．已知，，动点P满足，若直线上的两个点M，N满足，则面积的最大值为（ ）
A．18B．27C．36D．54
【答案】B
【分析】设，根据可得，可知在以为圆心，半径为4的圆上，进而求出点到的距离的最大值，再结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】设，则，
由，得，整理得，
故在以为圆心，半径为4的圆上，
点到的距离，
故点到的距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
8．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为（ ）
A．18B．C．D．
【答案】A
【分析】对求导，结合导数的几何意义及判断出的大小关系，求出并判断出正负值，结合基本不等式即可求出最小值.
【详解】，
.
因为，所以
因为，所以，即.
所以或.
不妨取，
，，
所以，，所以，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立.
二、多选题
9．某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD.
【详解】A选项，由，得，
故，
由正态分布的对称性可知，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，由题意得，故，C错误；
D选项，，D正确.
10．已知抛物线的焦点为，过的直线与和圆交于四个点，且自上而下分别是为坐标原点，直线与的准线交于点，则（ ）
A．B．
C．D．的最小值是
【答案】BCD
【分析】对于A，由题意可得，化简后进行判断，对于B，根据抛物线的定义分析判断，对于C，设直线为，，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系计算判断，对于D，根据抛物线的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】由题意得抛物线C：的焦点为，，准线方程为，
圆圆心坐标为，半径为.
对于A：所以本选项说法错误；
对于B：因为，
所以，所以本选项说法正确；
对于C：设直线为，，
由，得，
因为，所以，
直线的方程为，
所以点的坐标为，因为，
所以点的坐标为，而点的坐标为，
所以点的纵坐标和点的纵坐标相同，
所以，因此本选项说法正确；
对于D：设，
由选项C可知，且，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是，所以D正确，
故选：BCD
11．如图，在中，，的内切圆与相切于点，的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为定值2
C．
D．记的内心为，则
【答案】ACD
【分析】由三角形内切圆的性质可判断A；由三角形的面积公式，结合余弦定理可判断B；由直线的斜率公式及二倍角公式可判断C；联立直线的方程，表示出点的坐标，结合双曲线的定义，可判断D.
【详解】 如图1，设的内切圆与分别相切于点.
对于A，根据内切圆的性质，得，
则，
而，所以，则，故A正确.
对于B，在中，由余弦定理得①，
又，即，得，
代入①中，得，所以，
所以.
故，故B错误.
对于C，以的中点为原点，为轴建立如图2所示的平面直角坐标系，则，
由，结合双曲线的定义知，点在以为焦点，以为顶点的双曲线右支上，
其方程为.
设，则，即.
当时，，
而，
故.
又，所以.
当时，，所以，故，依然满足.
综上所述，，故C正确.
对于D，若的内心为，则等价于点在双曲线的右支上.
如图2，不妨设，则，又，故.
由，，
联立解得交点，
则，即点满足，故D正确.
三、填空题
12．已知数列的前n项和为，，，则______．
【答案】2n
【分析】根据递推公式及等差数列的概念可得，然后根据通项与前n项和的关系可得数列的通项公式．
【详解】因为，等式两边同时除以，
得，当时，，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，即，
所以当时，，
当时，也符合上式，
所以．
13．已知函数，若曲线在点处的切线与函数的图象无公共点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】先求曲线在点处的切线，把问题转化成无解,再设，求函数的最小值即可.
【详解】因为，所以，
且，，
所以在点处的切线方程为：，即.
问题转化为方程，即无解.
设，，则，
由；由，
所以在上单调递减，在上单调递增.
且，
所以，
所以.
14．已知函数（，）部分图象如图所示.其中A，B是直线与曲线相邻的两个交点.若，则_________，_________.
【答案】 2 /
【分析】先根据与周期的关系求出；再利用图象过的点求出；最后将代入函数求.
【详解】已知A，B是直线与曲线的两个相邻交点，且.
设则.
且，则，则，
同理，则，则，
因此，解得.
因为及，则函数的图象过点，可得，
所以，，则，.
由于，则，那么.
将代入可得：.
故答案为：2； .
四、解答题
15．某小区物业为提高服务质量，随机调查了100名男业主和100名女业主，每位业主对该物业的服务给出满意或不满意的评价，得到如下列联表：
(1)依据的独立性检验，能否认为该小区男、女业主对该物业服务的评价有差异？
(2)从小区的业主中任选一人，表示事件“选到的人对该物业的服务不满意”，表示事件“选到的人为男业主”，利用该调查数据，给出，的估计值．
附：．
【答案】(1)有差异
(2)，．
【分析】（1）根据公式求出，再对照临界值点，即可得出结论；
（2）根据条件概率公式求解即可.
【详解】（1）假设：小区男、女业主对该物业服务的评价无差异．
因为，
依据的独立性检验，所以假设不成立，
即认为小区男、女业主对该物业服务的评价有差异．
（2）由题意，，，
,
,
则，．
16．已知数列，满足，且．
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)在数列的前20项中，任取两项，求这两项至少有一项是数列中的项的概率．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据递推关系得出是等差数列，结合通项公式可得答案，通过构造等比数列可求的通项公式；
（2）利用分组求和的方法及错位相减法可求答案；
（3）利用古典概率的求法可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，所以，
是首项为0，公差为2的等差数列，所以，
由，得，所以，所以，
故，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，
所以的通项公式为．
（2），，
令，
则，
上两式相减，得，
所以，又，
所以．
（3）因为，的前20项分别为，
由得，
又是偶数，所以在的前20项中有4项是中的项，
所以所求概率．
17．如图，在三棱锥中，，，，，，，点，分别是棱，上的点，且直线平面.
(1)求的长；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、余弦定理、锐角三角函数定义进行求解即可；
（2）根据三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为平面，平面，
所以，
所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以在中，由余弦定理，得.
（2）所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
设点到平面的距离为，
由三棱锥的体积公式和性质，
得，所以.
（3）由上可知：，取的中点，显然，
因为平面，平面，
所以，
因此以所在的直线为轴和轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
，
由上可知：是棱中点，，
所以可得，，即
设平面的法向量为，
，
所以，
所以取该平面的一个法向量为，
设直线BC与平面PAB所成角为，
所以.
18．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的两个动点（不包括顶点）．
(1)求的离心率；
(2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(3)若为定值，直线经过，求的最小值．
【答案】(1)2
(2)存在常数，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据渐近线的倾斜角，可得其斜率，即可得a，b的关系，求出a与c的关系，代入公式，即可得答案.
（2）当时，根据条件，求出，即可得关系；当时，分别求出的表达式，化简整理，分析即可得关系.
（3）设出直线的方程，与双曲线方程联立，根据韦达定理，可得表达式，进而可得表达式，利用导数求出的最小值，结合（2）及基本不等式，化简整理，即可得答案.
【详解】（1）由题意，所以，
所以的离心率.
（2）①当时，，，
此时，有.
②当时，可得的斜率都存在，设，
则，
因为，
即，其中为锐角，
即，，
所以，即.
所以存在常数，使得总成立.
（3）由对称性，设直线的方程为，代入，
得，即，
所以，
令，则，
令，则，
所以单调递增，所以的最小值为，
所以，当且仅当“”时，取等号.
由（2）可知，
所以.
所以
，
当且仅当“且”时，取等号．
所以的最小值为.
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围；
(3)若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且．
【答案】(1)
答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，结合导数分，，三种情况进行讨论求解；
（2）利用导数分，两种情况，当时，，再证；当时，可根据导数推出不成立；
（3）先由极值求，根据导数的几何意义求出，令，再利用导数确定其零点即可证明．
【详解】（1），
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，恒成立，即，移项可得，
令， ，
令，，，
①时，又，所以，
令，，
令，，
在单调递减，，即，
在单调递减，，
即，故时符合题意；
②当时，，
故，时，，单调递增，，
时，，单调递增，，
故时不符合题意；
综上，的取值范围是；
（3）证明：因为有最大值，所以，
，解得．
当时，，，
已知曲线在点处的切线方程为，
则切线斜率，又，
根据点斜式方程可得切线方程为，
即．
令，则．
，
令，，
当时，又，，，
即，在单调递增，，
故此时不存在使；
当时，，解得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
又时，，，，
，使得，
则当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
又时，，，，
使得，即，
综上，当时，存在使，且
是否满意
性别
满意
不满意
合计
男业主
80
20
100
女业主
60
40
100
合计
140
60
200
0.05
0.01
0.005
3.841
6.635
7.879