2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷02）（解析版）

这是一份2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷02）（解析版），共11页。试卷主要包含了若实数满足，下列说法正确的是，若，，则下列判断正确的是等内容，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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求得，再由交集的定义求解即可.
【详解】由解得，，
由解得，，
故得．
2．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】对于A，函数在上单调递增；
对于B，函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
对于C，因为函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增；
对于D，因为函数和在上单调递减，
所以函数在上单调递减.
3．下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D．若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】D
【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断C，根据正态分布的对称性求解可判断D.
【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误；
对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误；
对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；
对于D，因为服从正态分布，且，
所以，故D正确；
故选：D.
4．如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置时，水面高度为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解.
【详解】设正四棱锥的底面边长为，因为注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为，
所以注水四棱台的上底边长为，体积，
设注水四棱锥的水面高度为，底面边长为，则，所以，
所以注水四棱锥部分的体积，
因为，即，解得，
故选：A.
5．已知向量，满足，，且在上的投影向量为，则坐标为（ ）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】A
【分析】设，根据题意利用向量的坐标运算求解即可.
【详解】因为在上的投影向量为，所以，即，
设，则，解得或，
所以或.
故选：A.
6．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部奇函数”，已知在上为局部奇函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合已知条件，利用函数新定义，通过分离参数和基本不等式即可求解.
【详解】由局部奇函数的定义可知，，
从而，
因为，
所以，
当且仅当，即时，不等式取等号，
从而，即实数的取值范围是.
故选：B.
7．如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】C
【分析】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、，则花盆有种颜色可选，然后对、是否同色进行分类讨论，确定、、的涂色种数，以及、、同色时的涂法种数，结合分类、分步计数原理以及间接法可得结果.
【详解】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、．
由题可知有种颜色可选，
①当、同色时，有种颜色可选，此时、、各有种颜色可选，
其中、、同色时有种颜色可选，
此时花盆摆放的不同方式有种；
②当、不同色时，有种颜色可选，只有种颜色可选，
则有种颜色可选，只有种颜色可选，有种颜色可选，
其中、、同色时只有种颜色可选，
此时花盆摆放的不同方式有种．
综上，最下层不全为同色时，花盆摆放的不同方式共有种．
8．若实数满足，下列说法正确的是（ ）
A．存在最小值B．存在最大值C．存在最小值D．存在最大值
【答案】B
【分析】令，，利用导数求出函数在上单调递减，得函数的值域为R，可以判断C，D选项，由零点存在性定理得，存在，使得，可以判断A，B选项．
【详解】令，，则，
令，则，
由，得，由，得，
得函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，所以，所以函数在上单调递减，
当时，，当时，，
得函数的值域为R，而，则可以取遍的所有值，
则的取值范围为R，故不存在最小值，也不存在最大值，
又因为，，
而函数在上单调递减，
由零点存在性定理得存在，使得，
即当时，，当时，，
因为，
所以要使关于的方程有实数解，
必须满足，得，
故存在最大值，不存在最小值．
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．已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据复数的相关概念，如复数的模、共轭复数、复数的运算等，分别对各选项进行分析判断即可.
【详解】由题可知，复数在复平面内对应的点为，，则，故A正确；
，则，故B错误；
，则，故C正确；
，则，故D正确.
故选：ACD.
10．若，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】对于选项A，因为，，所以，故A正确；
对于选项B，由可得（又，等号不成立），所以，故B正确；
对于选项C，由，由，可得，所以，故C错误；
对于选项D，因为，所以，故D错误.
11．对于曲线（其中均为正数），下列说法正确的是（ ）
A．曲线是轴对称图形
B．当时，曲线围成的封闭区域面积的取值范围为
C．当时，曲线与曲线有4个交点
D．当时，曲线围成的封闭区域的面积小于
【答案】AB
【分析】A代入判断即可；B代入参数，可得第一象限与坐标轴围成的面积范围，结合A的对称性即可判断；C代入参数，结合基本不等式可得曲线无公共点；D选项，举特例即可判断.
【详解】A选项，若满足曲线的方程，则满足曲线的方程，则曲线关于坐标轴以及原点对称，A正确；
B选项，当时，曲线，在第一象限为线段，与坐标轴交于，则，，，
由二次函数可求得的取值范围为，B正确；
C选项，当时，当时，曲线：，
由基本不等式可得，与不会同时成立，则无交点，C错误；
D选项，当时，若，则曲线：，
在第一象限，即，
则，
当且仅当取等号，
如图，曲线在第一象限与坐标轴围成的面积大于直线与坐标轴围成的面积2，
则曲线围成的封闭区域的面积大于8，D错误；
故选：AB.
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．圆心在射线 上，与轴相切，且被轴所截得的弦长为的圆的方程为_____.
【答案】
【分析】设圆心为，可知半径，根据垂径定理，利用直线截圆所得弦长可构造方程求得圆心和半径，由此可得圆的方程.
【详解】设圆心为，则圆的标准方程为，
所以圆的半径，又圆被轴所截得的弦长为，则，
解得，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
13．已知均是第一象限角，，则______．
【答案】
【分析】根据条件分别求，再根据同角三角函数关系式求和，最后代入两角和余弦公式求解即可.
【详解】由条件可知，，得，又，所以，
因为是第一象限角，
所以，解得，，
又所以，解得，，
所以，
所以.
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的渐近线方程为_____．
【答案】
【分析】先通过双曲线的定义建立与的关系，再利用三角形的正余弦定理将“角”与“双曲线参数”关联，最终解出渐近线的斜率.
【详解】不妨设在第二象限，，则，
设，则，由余弦定理，
，解得．
由正弦定理有，即，
解得，或，
由于，所以，
故双曲线的渐近线方程为．
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、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
在中，角的对边分别，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用倍角公式进行化简，结合的范围，得出，即得角；
（2）通过进行变量代换，借助余弦定理得出的值，再利用面积公式即得面积.
【详解】（1）由，
得，
即，因为，
所以，
即，
故（舍）或，
由于，所以.
（2），由，
得，又，
所以，
解得或（负值舍），故，
又由（1）知，
故的面积为.
16．（15分）
每年春季万象更新，也是病毒变异和流行病高发期，现代流行病学调查表明：某种流行病毒变异所形成的疾病S是由致病菌和致病菌共同引起的，治疗时至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈．
(1)现有一种对疾病的试剂检测方法，该检验方法对患病的人进行化验，检测结果有96%呈阳性，对未患病的人进行化验，检测结果有98%呈阴性．检测结果为阳性的人中未患该病比例为误诊率．若某地区疾病的患病率为0.4%，求这种检验方法在该地区的误诊率（结果精确到0.001）；
(2)对疾病有效治疗的药物有，两款，且这两种药物的疗程均为3天（药物使用时，按疗程服用3天，超过3天无效需换药进行治疗（无论谁先使用都不会影响后使用的药物的治愈率）．若使用完两种药物仍不见效，依靠自身的免疫能力再经过3天也能痊愈．已知药物杀灭致病菌和致病菌的概率分别为，药物杀灭致病菌和致病菌的概率均为，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立．请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？
【答案】(1)
(2)需先使用药物可使得痊愈的平均天数更短
【分析】（1）本小问主要考查条件概率和全概率公式，首先求出检测结果为阳性的概率，其次求出未患病且检测结果为阳性的概率，最后结合条件概率公式求出误诊率；
（2）本小问主要考查离散型随机变量的数学问题，先分别计算出先后和先后两种方案下，治愈天数的所有可能取值及对应概率；再计算两种方案的期望天数，比较大小，选择期望更小的方案.
【详解】（1）记事件：检测结果阳性，事件：患病，
由题意可知，，，，
所以，
因此，这种检验方法在该地区的误诊率为．
（2）设表示药物能治愈疾病的概率，表示药物能治愈疾病S的概率，
则有，．
设先用药物再用药来治愈疾病所需的天数为，的可能取值为3，6，9，
则，
，
所以
．
设先用药物再用药来治愈疾病所需的天数为，的可能取值为3，6，9，
同理得，
，
则有
，
从而有，由此需先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短.
17．（15分）
如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且.
(1)求证：平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在上取一点，使得，
因为分别在和上，且，
在中，可得，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在中，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以 平面.
（2）解：因为，且，平面，
所以平面，则即为二面角的平面角，所以，
以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
设，可得，
则，
设平面的法向量为，则 ，
取，可得，所以，
又由，可得，
设，
可得且，
解得，，所以，
设与平面所成的角为，其中，
则，
所以，
所以与平面所成的角的余弦值为.
18．（17分）
已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证：
(3)当时，设，且满足，求证：.
【答案】(1)在为增函数；在为减函数；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间；
（2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证；
（3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后，利用不同方法证明在为增函数，即可得证.
【详解】（1），
由，
当时，，即在为增函数；
当时，，即在为减函数.
所以的递增区间为，递减区间为；
（2）由，解得，
又因为，则，
所以切线方程为，
设，则，
令，解得，
当时，，当时，，
可知在为增函数，在为减函数，
故，所以；
（3）由（1）可知，
①若，则，
不符合题意；
所以，
②若，则，
③若，，又因为在为减函数，
所以，所以，
综上所述，
又因为，由，
所以，
即，即，
设，
所以，
方法一：设，所以，
因为在为单调递增，
当时，，，，
所以存在，使得，即，
又因为，，即在为减函数；
又因为，，即在为增函数；
所以，
又因为，则有，
又因为，
，
所以，即在为增函数，
又因为，所以，即.
方法二：
设，因为在单调递增，
又因为所以
所以，即在为增函数，
又因为，所以，即.
19．（17分）
已知椭圆C：，，，点在椭圆C上.由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为.规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，…，，，，….
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点M满足，到一个定点的距离与到不通过这个定点的一条定直线的距离之比是一个常数，其中）得到.求证：为定值；
(3)若，记，，求证：数列为等比数列，.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为
(3)证明见解析
【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；
（2）由题意可得、、三点共线，设该直线为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用、横坐标表示、，则利用韦达定理对求和即可得；
（3）由椭圆对称性可得，结合椭圆定义可得，则可表示出，结合等比数列定义可得数列为等比数列，再利用等比数列性质可求出的通项公式，即可得的通项公式，再合理放缩后求和即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，由题意可得、、三点共线，
设该直线为，联立，
消去可得，
则，，
由题意可得，，
由椭圆第二定义可得，
，
则
，
故为定值；
（3）由（2）中所得，即，
由椭圆对称性可得也成立，
故有，则
又由椭圆定义可得，
则，即，
由，则
，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，整理得，
故
，
即，即得证.