2026年高考全国2卷数学高考真题（网络收集版）（附答案解析）

这是一份2026年高考全国2卷数学高考真题（网络收集版）（附答案解析），共7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。

一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
5．已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（ ）
A．10种B．12种C．16种D．24种
7．已知为第二象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题
9．已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．时，圆与轴相切
C．当时，圆与圆相切
D．当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为
10．已知等比数列的公比，且，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（ ）
A．抛物线E的准线方程为
B．当直线与抛物线E无交点时，
C．若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上
D．当时，面积的最小值为
三、填空题
12．设为等差数列的前项和，若，，则__________．
13．若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
14．已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________．
四、解答题
15．某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障的时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时间”与“对应频率”的频率分布直方图：
(1)求第一四分位数和中位数；
(2)设为首次故障时间小于365天的概率估计值．
（ⅰ）求；
（ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于365天的件数，若X~B100,p，求和．
16．如图，在三棱锥中，点在上，，，．
(1)求证：；
(2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值．
17．在中，已知，．
(1)证明：为钝角三角形；
(2)若的面积为，求的周长．
18．椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为．
(1)求的离心率．
(2)为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为．
（ⅰ）求的方程，并说明M是什么曲线；
（ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状.
19．已知函数，曲线在点处的切线为．
(1)求，；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)当时，，求的最小值．
《2026年高考全国2卷数学高考真题（网络 收集版）》参考答案
1．B
【详解】
2．A
【详解】由题可得，所以
3．D
【详解】由，得，
所以，即；
由，得，
所以，即.
两式相减，得，
所以 .
4．B
【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可.
【详解】把点和，代入双曲线方程可得
，
所以双曲线方程为，
故该双曲线渐近线方程为.
5．D
【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积.
【详解】由题意，得棱台的上底面面积为，
下底面面积为，
所以该棱台的体积为.
6．C
【分析】对甲、乙两人都在A小组和B小组进行分类，结合计数原理求解即可.
【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组，
安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组.
若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人；
B组已有{丁}，还差3人，
则从剩余4人中选1人进A组，方案数为.
若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为.
所以当甲、乙在A组时，方案数为种.
情况2：甲、乙两人都在 B 小组，
甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致，
安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ，
所以当甲、乙在B组时，方案数为 种.
故所有分配方案共有种.
7．C
【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解.
【详解】由，得：
因为是第二象限角，所以，，
化简得：，即
由于，解得：，
因为，所以，
所以
8．D
【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得.
【详解】，则，
，即的周期为，
结合奇偶性，周期性，故，
在上满足，说明的对称轴为，
则，解得，
又根据知，而，
则，于是，
即，解得
9．BC
【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断；
对于B，利用圆心到的距离即可判断；
对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断；
对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解.
【详解】由：，化简可得，
所以，的圆心，半径，故A错误；
对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确；
对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确；
对于D，由，化简得：，
所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误.
10．ACD
【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D.
【详解】设等比数列的公比为，则，即.
因为，所以，即.
因为，所以，所以，即，
所以A正确.
因为，则，所以B错误.
.
所以C正确.
当n为奇数时，；
当n为偶数时，因为；所以，
所以，即.
所以D正确.
11．ABD
【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理.
【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确；
B选项，设直线为，则，
联立得到，，
直线和抛物线无交点，则，
结合，解得，B选项正确；
C选项，由联立方程，
若与相交于唯一点，只可能是相切，
则，解得，
此时，解得，进而得，则，
若过焦点（如图），由于，，而，
根据倾斜角的定义，，，
而，此时的正切值为，
即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误；
D选项，当，此时直线方程为，
设，则到的距离为，
即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确.
C选项方法二：求得，则，，
则，
则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误.
D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可，
由于，设直线为，
联立，得到，
由，此时直线为，
由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上.
12．24
【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可.
【详解】由等差数列通项公式，
代入可得，解得.
因为，所以，
故.
13．
【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题.
方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题.
【详解】令，得，即，
方法一：
令，则，即，,
则一元二次方程有两个正根，
那么，
所以，的取值范围是.
方法二：
设，那么设，则，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是.
14．
【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解.
【详解】由球的体积公式，，解得，
设的外心为，连接，
由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上，
不妨设在线段上，连接，
设的边长为，由正弦定理可得，，
再设，由题知，，
解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图），
所以，
由三角形面积公式，.
15．(1)第一四分位数为 ，中位数为 ；
(2)（ⅰ）；（ⅱ），．
【分析】（1）根据百分位数的定义，先确定其大致位置，然后列方程求解；
（2）根据直方图，先求出小于365天的频率，作为概率的估计值，然后利用二项分布的期望和方差求解.
【详解】（1）由直方图可知，的频率为，
的频率为，
故第一四分位数在上，设为，则，解得；
的频率为，
的频率为，
故中位数在上，设为，则，解得.
故第一四分位数为370，中位数为381；
（2）由直方图可知，小于365天的频率为，故p=0.15，
根据二项分布的期望和方差公式，
，
16．(1)证明：
因为且，，且，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，
平面，平面，
所以平面，
故.
(2)
【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.
【详解】（1）略
（2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可得， ， ， .
因为 且 ，所以.
所以，，.
设平面 的法向量 ，则，
可得，令，则：，，即.
设与平面所成的角为：
所以
，
所以与平面所成的角为.
法二：在 中，，
在 中，，
由（1）知，则.
在 中，.
在 中，.
，
为直角三角形，则.
设点到平面的距离为，与平面所成角为，
由得：
，即，
解得：.
所以.
17．(1)证明：由，则，
又，得，则，
由两角和的余弦公式，，
结合可知，
则异号，必然一个为负，
又，即中必有一个是钝角；
(2)
【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解；
（2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解.
【详解】（1）略
（2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，
，
（是外接圆半径）
又，，则，解得，
又，则，
由余弦定理，即，
又，则，
于是，即，
，解得，
故周长为.
方法二：由，则，
即，
由正弦定理可得，，
由三角形面积公式，，
得到，则，其余同上.
18．(1)
(2)（i）的方程为;当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点；当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点；
（ii）当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点; 当时，有中心点−2t0t02−2, 0，平移到，使为的中心点时，此时的方程为，
当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点.
【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率；
（2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程；
（ii）先讨论在不同取值时，中心存在的情况；再假设中心点坐标为，求出中心坐标的表达式，再通过平移求出的方程，再讨论不同情况下的形状.
【详解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ，
那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得
，即 ，
所以 ，由于截线段长为 ，解得 ，
故 ，离心率 .
（2）(i) 方法一：
由(1)知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ，
那么当时，点，点与点重合；
当时，直线 方程为：，直线方程为： ，
即
联立，解得即点，
设，则由，
代入椭圆方程 得，即
两边乘以 得
整理得，
把点代入，仍然成立，
故轨迹的方程为；
方法二：
由于，点在轴，故直线必有斜率；
设直线方程为，，那么点，
由于轴，则，
由于点三点共线，则，
因为点在直线上，所以，，
把代入椭圆方程： ，得，即，
整理化简，得 ，
故轨迹的方程为；
当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；
当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点；
当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点；
(ii)当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无中心点；
当 即 且0时，设轨迹的中心点为，那么
若点在轨迹上，那么点，也在轨迹上，则
，
两式相减得，，
整理，得，
要使用等式恒成立，则
即中心点为，
所以有中心点当且仅当 且0，且中心坐标为 −2t0t02−2, 0.
将平移使其中心与原点重合，设平移后的点为，那么
，即，
代入轨迹方程可得，
整理化简，得，即，
即的方程为，
当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；
当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点，
综上，当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点；
当时，有中心点−2t0t02−2, 0，平移到，使为的中心点时，此时的方程为，
当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解；
（2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可；
（3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解.
【详解】（1），
由切点在直线上，也在函数图象上，
可知且，可得；
由，则切线的斜率为，
解得；
故.
（2）由（1）知，，
则
，
故题意可转化为对任意恒成立，
法一：令，，
则，
当时，由且，
则，即，
则在上单调递增，又，
要使对任意恒成立，
则，解得；
当时，不成立；
当时，，，且，
则，
即，则在上单调递减，
又当时，，不满足题意；
综上所述，的取值范围为.
法二：
不等式可转化为，
即对任意恒成立，
当时，不成立；
当时，设，，
当时，由，可知，
，
这与对任意恒成立矛盾；
当时，，
，
由，故在上单调递增，
故在上存在唯一零点，设为，
且当时，，即，
此时不等式不成立；
当时，，
则在上单调递增，
由，故，
故不等式，即恒成立，
综上所述，的取值范围为；
（3）法一：设，
则
，
令，
则，
其中，，.
当时，，
则在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，设
，
由，可知且，
则，可知在上单调递增，
故，即，
故在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，此时，又，
则存在正实数，使得，，
则在上单调递减，则，
即当，，不满足题意；
综上所述，，即的最小值为.
法二：由可得
，
则，即，
则，
由，可知，则，
故原不等式可转化为，
由，
设，，
则，
设，，令，
则，，
由，
再令，
，故在上单调递增，
故，则，故在上单调递增，
所以，即，
故在上单调递减，
又由洛必达法则可知，
故要使当时，恒成立，则，
即的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
B
D
C
C
D
BC
ACD
题号
11









答案
ABD