2026年高考数学一轮复习检测卷（全国二卷01）（全解全析）

1/62026年高考一轮复习检测卷（全国二卷01）高三数学（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．设全集是小于7的自然数，，则集合等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用补集的定义直接求解.【详解】依题意，，而，所以.【点睛】故选：C2．复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的运算得，进而得在复平面对应的点为，即可求解.【详解】因为，所以在复平面对应的点为，位于第二象限，故选：B.3．样本数据的分位数是（

）A．22 B．24 C．25 D．26【答案】D【分析】先将数据从小到大排序，计算分位数的位置，再确定分位数.【详解】将数据按由小到大重新排序：，共8个样本数据，计算，因为5.6不是整数，所以取大于5.6的最小正整数6，就是重新排序后的分位数的位置，即第分位数是重新排序后的第6个数26.故选：D.4．在平面直角坐标系中，曲线：的周长为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】利用方程可判断曲线的对称性，再研究第一象限的线段，根据对称性即可求得周长.【详解】在曲线的方程中，令用或用代换，曲线方程都没有变，所以曲线关于轴，轴对称，原点对称，当，时，曲线的方程为，表示以和为顶点的线段，其长度为，根据对称性知，其他三条线段的长也为2，所以曲线：的周长为.故选：C.5．记为等差数列的前项和.若，则（

）A．12 B．24 C．36 D．48【答案】C【分析】利用等差数列的性质及前项和公式即可求解.【详解】，，，.故选：C.6．已知向量，的夹角为，，，则（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据的坐标求出模长，利用，的模长和夹角求出，求出后开方求出.【详解】∵，∴，，∴.故选：C.7．正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】将正实数满足函数，转化为相应函数图象的交点问题，数形结合，即可求解.【详解】由题意知正实数满足函数，不妨设分别为即正实数是的解，即为的图象和直线交点的横坐标，是的解，即为的图象和直线交点的横坐标，是即的解，即为的图象和直线交点的横坐标，分别作出函数，，以及的图象，由于与在第一象限有两个交点，且交点的横坐标分别为2，4，当时，,由于,结合图象可知，即，故选：A8．已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】设出公比为，利用等比数列基本量的运算得：的充要条件为或，分类讨论得既无最大值也无最小值时，，则有，最后根据充分条件、必要条件的概念判断即可.【详解】设公比为，由得，因为，所以，所以，所以或，即的充要条件为或，当，时，，此时，故，所以为单调递增数列，此时有最小值无最大值，当，时，，此时，故，所以为单调递减数列，此时有最大值无最小值，当时，，为摆动数列，且，故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷，故无最大值，也无最小值，此时无最大值，无最小值，所以由“”推不出“既无最大值也无最小值”；反之，当时，为常数列，此时无最大值或无最小值；当时，有最大值，也有最小值，此时有最大值和最小值；当时，由上面分析若，则有最小值无最大值，若，则有最大值无最小值；当时，若，则有最小值无最大值，若，则有最大值无最小值；当时，若，则，，当为奇数时，，当为偶数时，，且随着的增大，趋向于，其中，，故且，故有最大值，也有最小值，若，则，，当为奇数时，，当为偶数时，，且随着的增大，趋向于，其中，，故且，故有最大值，也有最小值；当时，结合前述分析可知无最大值，无最小值，由此可知“既无最大值也无最小值”当且仅当，此时成立.综上，“”是“既无最大值也无最小值”的必要不充分条件.故选：B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．在的展开式中，下列说法正确的是（）A．一共有5项B．第3项为C．所有项的系数和为0D．所有项的二项式系数和为32【答案】CD【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解.【详解】因为的展开式共有6项，所以A不正确；通项公式为，令可得第三项为，B不正确；令可得所有项的系数和为0，C正确；所有项的二项式系数和为，D正确.故选：CD10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）

A．函数的图象可由图象向左平移个单位得到B．直线是函数图象的一条对称轴C．函数的单调递增区间为D．直线与函数在上的图象恰有7个交点【答案】BD【分析】由题，求出函数的解析式，根据三角函数的图象与性质及图象变换规律，分析各个选项，即可求解.【详解】由题，可得，所以，则，，又，即，，所以，.对于A，将的图象向左平移个单位得到的图象，故A错误；对于B，因为，所以直线是图象的一条对称轴，故B正确；对于C，令，，得，所以函数的单调递增区间为，故C错误；对于D，因为，令，又，所以函数在上与有7个交点，即直线与函数在上的图象有7个交点，故D正确.

故选：BD.11．已知函数的定义域均为，是偶函数，且，若，则（

）A． B．的图象关于点中心对称C． D．【答案】ABC【分析】根据题意，先得，再利用赋值法求，进一步求，判断A；再推得，，可得对称性和周期性，判断BC；由以上分析可知，再结合周期性判断D.【详解】因为是偶函数，所以，所以．当时，，又，所以，所以，所以，故A正确；由，得，两式相减得，所以，又，所以，即，所以的图象关于点中心对称，故B正确；，所以是以6为周期的周期函数，所以，故C正确；由以上分析可知，，D不正确．故选：ABC．【点睛】方法点睛：（1）涉及抽象函数的求值问题，往往采用赋值法，即令x取特殊值；（2）涉及到抽象函数的奇偶性、对称性以及周期性问题，往往要结合赋值和相应的定义去解决.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．已知随机变量服从，若，则.【答案】0.4/【分析】利用正态分布的对称性即可求解.【详解】由题，.故答案为：.13．已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比.【答案】【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为，，所以.故答案为：.14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是的渐近线上的一点，且，，则E的离心率为.【答案】【分析】不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为，根据，可得，在中，根据，结合，可得关于的方程，即可求解.【详解】如图，不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为，因为，，所以直线的斜率，直线的斜率，因为，所以，即，整理可得，解得，则，在中，，所以，两边平方可得，又，所以，即，解得或（舍）.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、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图，在三棱柱中，为线段的中点，侧棱上点满足．(1)证明：平面；(2)若，平面ABC，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点，连接，通过为平行四边形，即可求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.【详解】（1）取的中点，连接，由中位线可得：，又，由，所以，所以，即四边形为平行四边形，所以，又不在平面内，在平面内，所以平面；（2）因为平面，都在平面内，又，所以可得：两两垂直，如图建系：则，，设平面的法向量为，则，设，可得，所以，设直线BC与平面所成角为，，即直线BC与平面所成角的正弦值为.16．（15分）江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品．(1)求某球迷恰好获得1个纪念品的概率；(2)记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望．【答案】(1)(2)【分析】（1）记为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可；（2）据题意得到的可能值并求对应事件的概率，求x的分布列，再根据期望公式计算即得.【详解】（1）设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件，且，.记为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况：第1次中，第2次未中，第3次未中：；第1次未中，第2次中，第3次未中：；第1、2两次均未中，则第3次必得：；所以.（2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则的可能取值为1,2,3.；；.分布列.17．（15分）的内角的对边分别为，已知．(1)求．(2)已知点在线段上，且，．①求；②求的面积．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）利用正弦定理化边为角并结合两角和的正弦、二倍角的余弦公式得到，再进行两边平方利用同角的三角函数关系得到，即可得解；（2）①由结合求得，继而求得，再利用余弦定理即可得；②在中，先由利用同角三角函数关系求得，根据求得,再由三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，由正弦定理得，．所以，因为，所以，即，两边平方可得，所以，．（2）①，因为，所以，．在中，，所以．②在中，，,..18．（17分）已知函数.(1)讨论函数的极值点个数；(2)若函数有两个不同的极值点，其中.（i）证明：；（ii）证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，令，导数研究其单调性并得到，讨论参数研究的区间单调性，进而判断其极值点个数；（2）（i）构造且，导数研究其单调性，结合得，最后结合的区间单调性即可证；（ii）构造且，导数研究其单调性得，结合（1）得即可证.【详解】（1）由题设，令，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，由，当时，，则在R上单调递增，无极值点；当时，，或时，所以在、上各存在一个零点，分别取，所以、上，上，所以在、上单调递增，在上单调递减，此时有两个极值点，综上，在时无极值点，在时有两个极值点；（2）（i）令且，则，所以在上单调递增，则，所以，当有，结合（1）及已知，则，且，又在上单调递减，则，所以，得证；（ii）令且，则，令，则，即在上单调递增，所以，则在上单调递增，，由，且，又，结合（1）在上单调递减，则，所以，得证.19．（17分）拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是.(1)若到焦点的距离为3，求；(2)若，在上，且的重心恰为，求直线的方程；(3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围.【答案】(1)(2)直线的方程为(3)的取值范围为【分析】（1）先求出抛物线的准线，再根据抛物线的定义求出，进而求出；（2）先求出点的坐标，设点，根据重心公式，求得，再利用点差法求得，又线段中点在直线上，由点斜式即可得到直线的方程；（3）设点，求得直线的方程，再与直线联立得到点坐标，则可得得表达式，转化为不等式恒成立问题，即可解出的取值范围.【详解】（1）根据题意作图如下：