2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷01）（解析版）

这是一份2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷01）（解析版），共11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．（热点）已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
1.【答案】D
【解析】由补集定义可知：或，即，
故选：D．
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B. C. D.
2.【答案】B
【解析】 因为复数在复平面内对应的点为，
所以，故，
则．
故选：B．
3．等差数列1，46，91，…，2026共有（ ）
A. 44项B. 45项C. 46项D. 47项
3.【答案】C
【解析】设等差数列，公差为，
，，
又，解得，
故等差数列1，46，91，…，2026共有46项．
故选：C．
4．（新情境）函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
4.【答案】C
【解析】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为，
所以函数的最小正周期为，所以，所以.
由函数的图象关于点对称，
得，所以.
所以正实数的最小值为.
故选：C．
5．为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若的频率为，的值为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
5.【答案】A
【解析】已知的频率为，组距为，因此，解得.
又因为所有组频率和为，因此，
代入，计算得 ，则，
因此，.
故选：A．
6．（新情境）青铜太阳轮，出土于三星堆，距今已有3000多年历史，其状若车轮，现存于三星堆博物馆．如图，该青铜太阳轮圆周上有5个孔，可看成5个点，记为，，，，，五边形ABCDE为正五边形，，则（ ）
A. B. C. D.
6.【答案】A
【解析】解法一：取的中点，连接,则求解；解法二：，进行求解．
【详解】解法一：取的中点，连接,
因为，所以在中，，
则．
解法二：在正五边形中，，，．
，
，
．
故选：A
7．已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
7.【答案】B
【解析】抛物线的准线方程为，
设到准线的距离为，则，

则，
则当与抛物线相切时，最小，即取得最大值，
设过点的直线与抛物线相切，
联立，得，
，解得，
即有，解得，把代入得，
或，此时.
故选：B．
8．（改编题）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.【答案】D
【解析】因为，，故母线，
又，故，故为底面圆直径；
对三角形，设边上的高为，则其面积，
当且仅当为弧的中点时取得最大值；
故三棱锥体积.
故选：D．
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．（新情境）在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向2米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中正确的是（ ）
A. 机器人移动4秒来到舞台中心的路径条数为12
B. 已知机器人移动4秒到达舞台中心，则其在4秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C. 机器人在移动3秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D. 移动1秒后机器人与的距离为米的概率为
9.【答案】BD
【解析】机器人移动4秒到达舞台中心，则机器人需要有两步向西，
剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有种，故A错误；
机器人移动4秒到达舞台中心，
由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，
故所求概率为，故B正确；
移动3秒机器人移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处，
则距离为3米可能的情况有1种，距离为1米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一步，即种，故所求概率为，故C错误；
移动1秒后机器人与的距离为米，
即向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况，
而与在移动1秒后有种情况，故所求概率为，故D正确．
故选：BD．
10. 已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（ ）
A.
B. ，使得
C. 数列的前20项和为
D. 数列的前n项和为
10.【答案】ACD
【解析】对于A，设的公比为q，由于，，则，
解得，所以A正确；
对于B，由A的分析可知，
令，即，解得，不是整数，
故不存在，使得，所以B错误；
对于C，，则，
故，
两式相减得：
，
故，则，所以C正确；
对于D，，
设数列的前项和为.
则
，所以D正确，
故选：ACD
11. 设是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ）
A.
B. 当时，
C.
D. 恰有2个零点
11.【答案】ACD
【解析】因为是定义在上的偶函数，
所以，所以，即，
又当时，，所以，
所以，故A正确；
当时，则，所以
，故B错误；
当时，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
又，所以，
又函数是上的偶函数，所以，故C正确；
又，，，
结合函数的单调性及，可得在上有且仅有一个零点，
又因为函数是上的偶函数，可得在上有且仅有一个零点，
所以恰有2个零点，故D正确.
故选：ACD．
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. 已知随机变量，且，则___________
12.【答案】3
【解析】对于正态分布，其概率密度曲线关于对称，
所以，解得.
13．已知，，则________．
13.【答案】
【解析】，
，即，
，
，，
．
14. 函数同时满足下列三个条件：
①定义域为，值域为；
②在区间上单调递增，在区间上单调递减；
③对任意，都有．
请写出符合要求的一个的解析式________．
14.【答案】（答案不唯一）
【解析】取，所以函数定义域为，值域为，满足条件①；
当时，，在此区间单调递增，且，所以也单调递增；
当时，，在此区间单调递减，且，所以也单调递减，满足条件②；
由于，满足条件③
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，角所对的边分别为，且．
（1）求C；
（2）若，的平分线交于点，，求的面积．
15．（13分）
【解析】（1）
，
，，
由三角形的射影定理得：，
，故，解得，
，． （7分）
（2）是的平分线，
，
，
，
，则，
，即，
由余弦定理，代入得，
已知，，
，，，，
． （13分）
16.（15分）
如图所示，四边形是边长为2的正方形，以为圆心的半圆面垂直于平面，是半圆弧上的动点.
（1）证明：平面平面；
（2）若平面和平面所成锐二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.
16.（15分）
【解析】（1）证明： 因为为正方形，可得，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为圆的直径，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面. （7分）
（2）解：以为坐标原点，以平行于方向的所在直线为轴，以所在直线为轴，
垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，且，
可得向量，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，
因为，所以，
设平面与平面所处的角为，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以，所以，
所以点到平面的距离为，即四棱锥的高为，
所以四棱锥的体积为. （15分）
（15分）
（创新题）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值；
（3）当不在轴上时，如图2，求面积的最大值.
17.（15分）
【解析】（1）由题意知，解得
∴椭圆C的标准方程为. （5分）
（2）翻折前，所在直线方程为，
联立，消得，解得，
不妨设，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系.
则
于是.
设异面直线与所成角为，
.
故异面直线与所成角的余弦值为. （10分）
（3）设翻折前所在直线方程为，
联立，消得，
设（令），
由韦达定理有.
翻折后，，
故，
则，
所以，
于是.
所以，
令，有，于是.
令，由对勾函数的性质，
在上单调递增.
所以当时取得最小值，为，此时取得最大值，
的最大值为.此时，解得.
所以当直线的斜率时，面积取得最大值，最大值为2. （15分）
18．（17分）
（新情境） 函数.
（1）当时，求函数在的单调区间；
（2）若存在，使得成立，求的取值范围；
（3）若函数有两个零点、，且，求的取值范围.
18.（17分）
【解析】 （1）解：当时，，可得，
令，可得，
因为和在为单调递增函数，可得在单调递增，
所以，所以在单调递增，
又因为，
所以当时，；时，；
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （5分）
（2）解：由不等式，可得，
即，
因为存在，使得成立，即在上有解，
令，则有解，
构造函数，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在递增，所以，即，
又因为函数在单调递增，
所以当时，可得，即，
所以实数的取值范围为. （10分）
（3）解：函数有两个零点，即有两个不同的解，
即有两个不同的解，
令，且为单调递增函数，可得，
当时，的两个解为，即，则，即，
令，则，且，所以，，
所以，
构造函数，可得，
令，
则，
所以在单调递增，则，
所以恒成立，所以在单调递增，
可得，
又因为时，，所以. （17分）
19.（17分）
（创新题）已知集合含有个元素，其中，先后两次随机、独立地选取集合的两个子集，记为与．设为集合中元素的个数，
（1）若，且，请列举所有满足条件的和；
（2）求随机变量数学期望；
（3）设在处取得最大值，试建立与的关系．
19.（17分）
【解析】（1）由题意，；；；；
；. （4分）
（2）根据集合的子集个数，可知集合A的可能情况有种；同理，集合B也可能有种.
因此，两集合的所有可能情况数为
X的所有取值为
当时，先从n个元素中选出k个元素，记为，有种可能情况；
对于这k个元素中的每个元素，满足时，
只可能满足这三种情况之一，有种可能情况.
因此，事件“”的所有可能情况数为，则
由，可知，则. （10分）
（3）若，由，，则，矛盾.
若，由，可知，当时，满足；
当时，满足
若，由，即，
即，解得，
从而，，其中为自然数. （17分）