2026年高考数学信息必刷卷02（江苏专用）（全解全析）

7/16试卷第=page1616页，共=sectionpages1717页2026年高考二轮信息必刷卷02数学考情速递高考·新动向：2026年江苏卷延续“6大板块轮动”命题策略：解三角形、立体几何、数列、解析几何、统计与概率、函数与导数在解答题中的座次继续“洗牌”。本卷将解三角形前置到第15题，解析几何与概率“对调”到第17、18题，函数与导数依旧压轴但拆成多问，明显复制2025八省联考“增加中档得分点”的做法——前两道大题均设多问，计算量抬升的同时，给中等生更多“踩点”机会。选择题总量58分保持不变，继续强化“部分得分”机制，降低套题押宝风险。高考·新考法：1.知识融合：第11题把数列通项与二项式定理捆绑，先找周期，再配系数，最后放缩，传统套路全部失效。2.批判思维：第18题立体几何第二问给出“平面夹角+线面角”双条件，却故意不给出垂足位置，迫使考生质疑“唯一性”并自行分类讨论。高考·新情境：真实场景占比高。第17题以“企业招聘笔试+面试”为背景，把二项分布、期望决策、条件概率打包成“求职闯关”链式情境；第8题用“书架整理”生活场景考排列组合，要求“同科不相离”且“理化交替”，将数学建模嵌入日常。全卷共4处情境题，均提供原始数据表格或对话截图，考生需自主提取变量、建立模型，延续“多想少算”导向。命题·大预测：1.顺序轮动仍是大趋势：预测2026正式高考中，数列与概率将再次“对调”，函数导数题继续拆成多问，压轴位置或让位于“数列+新定义”组合。2.情境题跨学科加深：物理“光的干涉”、化学“反应级数”都有可能成为题干背景，数学任务集中在“建立函数→拟合参数→误差分析”三步，复习需补充常见实验公式。3.备考方向：①放弃“题型固化”训练，改为“知识块”随机组合限时刷题；②每天一道“现场学定义”小阅读，练5分钟现场笔记+3分钟速解；③情境题专练数据清洗，学会从200字背景里30秒内锁定数学量。（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．下列数列不是等差数列的是（

）A．0，0，0，…，0，…B．－2，－1，0，…，n－3，…C．1，3，5，…，2n－1，…D．0，1，3，…，，…【答案】D【解析】选项A中，后项减前项所得差均为0，是等差数列；选项B中，后项减前项所得差都是1，是等差数列；选项C中，后项减前项所得差都是2，是等差数列；选项D中，，不是等差数列，故选：D．2．已知命题，，若命题是真命题，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，是真命题，则，即则实数a的取值范围是故选：C3．已知是定义在上的奇函数，满足且，则（

）A．4 B．-4 C．1 D．-1【答案】D【解析】由，可知周期为4，又是定义在上的奇函数，所以.故选：D.4．在中，若，则的形状一定是（

）A．等边三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．钝角三角形【答案】D【解析】由得，，即，因为，所以为钝角，所以的形状一定是钝角三角形，故选：D．5．函数的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可得，令，则，二次函数图象的对称轴为，则在上单调递增，故的最小值为，即的最小值为，故选：B6．若是等差数列，表示的前项和，，则中最大的项是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，因为，所以，所以公差，故当时，，当时，，所以当时，取得最大值，即中最大的项是.故选：C.7．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若的面积为，则该圆锥的侧面积为（

）.A． B． C． D．【答案】C【解析】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则AO=r，，，由于SA，SB都是母线，所以SA=SB，的面积，在等腰直角三角形SAO中，，所以侧面积=；故选：C.8．一名同学有4本不同的数学书，5本不同的物理书，3本不同的化学书，现要将这些书全部放在一个单层的书架上，且同科目的书不分开，则不同的放法种数为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】将同科目的书视为一个整体，排列3个科目的书有种方法，再分别排列同科目的书，分别有种方法，所以不同的放法种数为.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．已知平面，且，则下列结论正确的是（）A．与可能是异面直线 B．若，则C．若，则 D．若两两垂直，则l，m，n也两两垂直【答案】BCD【解析】对于A，由，得，因此与不可能是异面直线，A错误；对于B，，，则，于是，又，，因此，B正确；对于C，由，得，由，得，则，又，因此，C正确；对于D，令，，在平面内取点（不与点重合），并在内作，而，则，又，于是，而，则，又，因此，则是二面角的平面角，由，得，即，因此l，m，n两两垂直，D正确.故选：BCD

10．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，，若有且仅有一个解，则的可能取值有（

）A．0 B． C． D．【答案】ABC【解析】由正弦定理可得，故，因为有且仅有一个解，故或，由可得，由可得，结合为三角形内角可得，故，由正弦定理得，而，，故，故选：ABC.11．已知随机变量服从二项分布，.记为偶数的概率为，为奇数的概率为，则下列说法正确的是（

）A．当时，是等比数列B．当时，C．当时，D．当时，【答案】ABD【解析】由题意知，二项分布的概率为，为偶数为奇数，由，根据二项式定理，，则，.选项A：当时，（非零常数），且，所以是等比数列，A正确.选项B：二项分布的期望，当时，，即，B正确.因为，所以，得，当时，，，得，所以，，当时，，即，又，所以，故C错误，D正确.故选：ABD.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．已知正方体，点O，P分别为面的中心，则与夹角的正弦值为．【答案】【解析】如图，连结，设其中点为Q，连结，则．因此与夹角的正弦值为．不妨设，则在中应用余弦定理，有，在中，．根据余弦定理，有，因此所求正弦值为．故答案为：13．已知抛物线是过其焦点的一条弦，若，则直线的斜率为【答案】【解析】设直线的倾斜角为，，所以，所以，，所以，所以直线的斜率为.故答案为：14．已知抛物线的焦点为，圆与抛物线相切于点，与轴相切于点，则．【答案】2【解析】抛物线的焦点为，准线为，依题意不妨令在第一象限，设，则圆的半径，设（），则圆的方程为，由，可得，则，所以抛物线在点处的切线的斜率，依题意可得与抛物线在点处的切线垂直，所以，则①，又点在圆上，所以，则②，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，即，所以.

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）已知钝角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且___________，，，求c的值.(1)从条件①，②中选择一个填到横线上，并解决问题；(2)以（1）中结论为条件，若D是边AC上一点，且，求线段BD的长度.【解析】（1）因为，由正弦定理可得，即，因为，所以，则，又，所以.选择条件①：由，得，由余弦定理得，即，解得或，当时，，是直角三角形，不符合题意；当时，，是钝角三角形，符合题意；所以.选择条件②，因为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，即，解得.（2）由（1）知，中，，由余弦定理可得，即，故.16．（15分）给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“海中圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．（1）求椭圆的方程和其“海中圆”方程；（2）点是椭圆的“海中圆”上的一个动点，过点作直线，，使得，与椭圆都只有一个交点．求证：．【解析】（1）因为，，所以，所以椭圆的方程为：，“海中圆”的方程为：．（2）①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或．当方程为时，此时与“海中圆”交于点，，此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是（或），即为（或），显然直线，垂直；同理可证方程为时，直线，垂直．②当，都有斜率时，设点，其中，设经过点，与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去得到，即，，化简得：，因为，所以有，设，的斜率分别为，，因为，与椭圆都只有一个公共点，所以，满足上述方程，所以，即，垂直．17．（15分）某大学毕业生参加一个公司的招聘考试，考试分笔试和面试两个环节，笔试有两个题目，该学生答对两题的概率分别为、，两题全部答对方可进入面试．面试要回答甲、乙两个问题，该学生答对这两个问题的概率均为，至少答对一题即可被聘用（假设每个环节的每个问题回答正确与否是相互独立的）．（I）求该学生被公司聘用的概率；（II）设该学生答对题目的个数为，求的分布列和数学期望．【解析】设答对，，甲，乙各题分别为事件，则，，；（I），，该同学被公司聘用的概率；（II）由题意知：所有可能的取值为；；；；；；的分布列为：则数学期望.18．（17分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，，，点是线段（包括端点）上的动点．(1)若（）时，平面平面，求的值；(2)平面和平面的夹角为，直线与平面所成角为，求的值．【解析】（1）由于，所以，在三角形中，由余弦定理得，所以，所以，依题意可知，由于，所以平面，所以，.以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，①当时：，，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面的法向量为，则故可设，由于平面平面，所以，解得.②当时，点与点重合，平面（即平面）的法向量为，设平面（即平面）的法向量为，则，故可设，，即平面平面不成立，也即平面平面不成立.③当时，点与点重合，平面即平面，设平面即平面，由于，所以平面.由于平面，所以平面平面，也即平面平面成立.综上所述，的为或.（2）①当时：由（1）可知，平面的法向量为，平面的法向量为，所以.，所以.，由于，所以.②当时，点与点重合，，，设平面的法向量为，则，故可设.，.，由于，所以.综上所述，.19．已知函数的极大值为,其中为自然对数的底数.（1）求实数的值；（2）若函数,对任意,恒成立.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：.【解析】（1）的定义域为,,令,解得：,令,解得：,所以当