2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷03）（解析版）

这是一份2026年高考考前最后一卷：数学（全国二卷03）（解析版），共26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．已知集合，集合，则的真子集个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【解析】由题意得，集合，则．
则的真子集个数为．故选：C
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，
所以.故选：A
3．已知为双曲线的一个焦点，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】根据题意可得,
由双曲线,则，
所以，则.故选：B.
4．已知，，若，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【解析】因为，，所以，，
由，所以，解得．故选D
5．从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ）
A．B．C．D．48
【答案】C
【解析】若选派的四人中甲乙仅有其中一人，则选派方案的种数为，
若选派的四人中甲乙均有，则选派方案的种数为，
综上，不同的选派方案的种数为.
6．已知，都是锐角，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】∵，∴，
∴，
∴，，
从而．
由知，则，
那么，故选：D
7．设函数满足对任意的，都有，且，则（ ）
A．是奇函数B．是偶函数
C．在上单调递增D．在上单调递减
【答案】B
【解析】因为函数满足对任意的，都有，
所以是周期为2的周期函数，
又因为，令，则，
所以函数的图象关于对称，
令替换上式中的，则，
结合周期性可得：，
即，所以是偶函数，
又因为函数的图象关于对称，所以在上一定不是单调函数，故C、D错误.
8．已知，，，是球的球面上四点，，，，．记球的体积为，四面体的体积为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设分别为的中点，连接，
因为，，所以分别以为斜边的直角三角形，
即分别过作平面和平面的垂线，交点即为球心，
分别为的中点，，
又，，，，
，，
又平面平面，所以二面角即是，同时也是，
，
，
即，解得，
所以，
即直线与平面的夹角，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以，
在中，，
所以为等边三角形，，
（为的外接圆半径），
，四边形有外接圆，且外接圆半径为，
则，四面体外接球半径，
，故，故选：A.
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．下列结论正确的是（ ）
A．随机变量服从二项分布，，则
B．数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6
C．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10.
D．随机变量服从正态分布，且，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，，.故A选项正确；
对于B选项，因为，，，，…，的平均数为，
故B选项错误；
对于C选项，已知各项系数和为，则令，得：，解得：.
由的展开式中第项为，
当时，得：，即项的系数为.故C选项正确.
对于D选项，服从正态分布，，
所以，故D选项正确.故选：ACD
10．已知函数，则（ ）
A．函数有两个极值点B．是函数的极小值点
C．函数的单调递减区间为D．曲线的对称中心为
【答案】AD
【解析】，则，
令，得或；令，得或；令，得，
所以的增区间为，减区间为，所以C错误；
所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，故A正确，B错误；
因为，
所以曲线的对称中心为，故D正确.故选：AD
11．如图，圆锥的顶点为，将半径为的球置于该圆锥内，使得球与圆锥侧面相切于圆，平面与球切于点为圆上一点，四点共面，且平面，平面截该圆锥所得截口曲线为为曲线上一动点，记圆所在平面为平面，垂足为交圆于点，，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．是双曲线的一部分D．若越大，则曲线的开口越大
【答案】ABD
【解析】因为均为球的切点，易得，A正确；
设平面平面，直线交于，
因为，所以，
因为，所以，
，所以，
由平面，所以平面，
平面，所以，
又，所以，
因为，所以正确；
作垂直平面于H，又因为，所以，
由等角定理可得，，平面，
得，，
又均为球的切点，则易得，所以恒有，即，
其中为定点，为到定直线的距离，
所以的轨迹为拋物线，C错误；
圆锥过的轴截面，如图所示，
取中点，易知为的中点，
所以，所以，
，
在平面内，若以为坐标原点，为轴正向，
可得方程为可得该抛物线的开口随着的增大而增大，D正确.
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．已知等差数列的前项和为，且，，则______.
【答案】14
【解析】因为，且，则，
于是，则，.
解法2 由于为等差数列，设，则，，三项成等差数列，
于是，则，，.
13．已知均为非负数，且，则的最小值为______.
【答案】2
【解析】由题可得，
所以,
由于,
当且仅当，即时取等号，
所以，则的最小值为
14．甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________．
【答案】
【解析】抛掷3次，得0分的概率，得1分的概率，
得2分的概率，得3分的概率，
甲和乙分别抛掷3次后，分为两人分数差大于1分和不大于1分两种情况，
当两人分数差大于1分时，甲得分高于乙包括“甲得3分乙得0分”、
“甲得3分乙得1分”、“甲得2分乙得0分”三种情况，
总的概率为，
当两人分数差不大于1分时，乙再进行一次抛掷后甲得分高于乙包括“得分差为0，乙投反面”、
“甲的得分比乙的得分高1分”（此时无论乙再次抛掷的结果如何，甲的得分都将高于乙）两种情况，
总的概率
，
所以比赛终止时甲得分高于乙的概率.
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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，.
(1)若，求边上的高；
(2)若，求的周长.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）因为，
所以，由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，即，即，
因为，，（3分）
所以，由余弦定理得，
解得，
因为，，所以，即，
所以，即为等边三角形，
所以边上的高为.（6分）
（2）因为，，所以，
由（1）知，故，
所以，即，
所以，即，
因为，，所以，即，（9分）
所以，即为直角三角形，
，，，.
所以由，得，
所以，即的周长为.（13分）
16．（15分）
近年来某用户保持连续增长，若李明收集了年的年份代码与该在线用户数（单位：万）的数据，具体如下表所示：
(1)求样本相关系数（精确到小数点后两位），并判断变量与之间的线性相关关系的强弱；
(2)从年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据，记最小的数据为，求的分布列及数学期望．
注：样本相关系数．
【答案】(1)，与之间高度线性相关；(2)
【解析】（1），
，
，
，
（5分）
接近1，变量与高度线性相关．（7分）
（2）表示抽取的三个数据的最小值，可能取值为，
从5个数据中任取3个，共种，（9分）
时，含的组合数为种，故；
时，不含，含的组合数为种，故；
时，不含，不含，含的组合数为种，故（13分）
的分布列为：
数学期望．（15分）
17．（15分）
如图，在四棱锥中，平面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，
（i）求平面与平面夹角的正弦值；
（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）（ii）存在，
【解析】（1）取中点，连接，
因为为中点，所以，且，
又，所以，（2分）
所以四边形为平行四边形，即，
又平面，平面，所以平面；（4分）
（2）（i）因为平面，且，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，（6分）
因为平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面平面平面，
所以平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
不妨取，则，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为；（10分）
（ii）存在点满足题意，易知，
假设存在点满足题意，设，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，（12分）
所以点到平面的距离，
化简可得，解得或（舍去），
即.（15分）
18．（17分）
已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3．
(1)求的方程：
(2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点．
（i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由；
（ii）证明：直线ME过定点．
【答案】(1)；(2)（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析.
【解析】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3，
所以在椭圆上，代入得，
又，解得：（4分）
（2）设点，
设，
由得，
由，得 ，解得或，
又点，在轴下方，则，
由韦达定理得
得 ，即 ，（7分）
因为 ，
所以
，
所以 不是定值.（12分）
（ii）证明：
由（i）得
则直线 的方程为 ，
即，（15分）
当 时，得 ，
所以必过定点.（17分）
19．已知函数，．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明在内存在唯一零点；
(3)若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)3
【解析】（1）因为，所以，
又，所以曲线在处的切线方程为，
即（4分）
（2）因为，所以，
当时，，所以在内单调递增，
又，所以在内有一个零点，
所以在内存在唯一零点.（9分）
（3）当时，，所以不等式，
记，则，（12分）
由（2）知，存在使得，得
且当时，，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以，因为，所以，
又，所以，所以整数k的最大值为3.（17分）年份代码
在线用户数（单位：万）