2026年高考考前预测卷-数学（全国二卷01）（全解全析）

/2026年高考考前预测卷数学·全解全析第一部分（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．集合，则图中阴影部分所表示的集合为（） A. B. C. D.1.【答案】B【解析】设全集为，由图可知阴影部分可表示为，可知，则故选：B.2.在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（）A. B. C. D.2.【答案】C【解析】因为向量对应的复数为，向量对应的复数为，所以，所以向量对应的复数为．故选：C.3.【创新题】已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则（）A. B. C. D.3.【答案】A【解析】在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，可得的二项展开式的通项，当为整数时，该项为有理项，因为且，所以当时，分别为是整数，即有理项有3项，可得.故选：A.4．【新情景】世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为1m，高为0.25m的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（）A.2 B.0.5 C.1 D.0.254.【答案】D【解析】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，由图可得点抛物线上，即，解得，故轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为.故选：D.5．已知函数的图象如图所示，则（）A. B. C. D.5.【答案】B【解析】由图可得，，所以，故①，又因为，可得，又因为函数在附近单调递增，所以②，①②得，令，则，则，可得，由图可知，函数的最小正周期满足，可得，即，所以，即，又因为，则，所以，则，所以，可得，因为，所以，则，故，故.故选：B6．在中，已知，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.6.【答案】D【解析】两边平方得，即，又两边平方得，即，即，如图，，向量与的夹角为，所以向量在上的投影向量为.故选：D.7.已知随机变量，且，则当时，的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.47.【答案】C【解析】由随机变量，且，得，由，得，当且仅当，即时取等号，所以所求最小值为3．故选：C.8.【新情景】A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则：①一张型号纸张沿着两条长边中点连线裁剪分开后得到两张型号纸张；②一张型号的纸张面积是1平方米；③所有型号的纸的长宽比相等．现从到，每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（）（单位：米）A. B.C. D.8.【答案】A【解析】设纸的宽和长分别为，则，.因为，又，所以，解得又，所以，.根据题意，，，又，即，所以，则，所以是首项为，公比为的等比数列，通项公式为，同理，，是首项为，公比为的等比数列.因此，，故所有纸张的周长之和为.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．9.一组数据的极差为4，平均数为3，方差为2，若，则（）A.的第80百分位数为B.的极差为8C.的平均数为7D.的方差为49.【答案】BC【解析】数据的大小不确定，所以第80百分位数不能确定，故A错误；数据的极差为4，即.由，可知，，，故B正确；由数据的平均数为3，，得数据的平均数为，故C正确；由数据的方差为，由，得数据,的方差为，故D错误.故选：BC.10.已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（）A. B.C.当时，取得最大值 D.取得最小正值时为3110.【答案】ACD【解析】对于A，设等差数列首项为，公差为，则，因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减，要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确；对于B，由等差数列性质可知，故B错误；对于C，因为，所以，所以时，取得最大值，故C正确；对于D，由可得，由，可得，所以取得最小正值时为31，故D正确.故选：ACD.11.【跨学科】某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为．对于曲线，则下列结论正确的是（）A.若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为B.曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4C.曲线所围成的封闭区域面积等于D.若曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，则实数的取值范围为11.【答案】BC【解析】因为曲线：，分象限讨论：当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第一象限部分；当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第二象限部分；当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径圆的第三象限部分；当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第四象限部分；如图：曲线C由四段圆弧组成，关于x轴、y轴、原点对称.对于A，直线过原点，所以直线必和曲线C有一个交点，再以第一象限为例，圆心到直线的距离，化简得，即当时直线与圆相切，同理可分析其它各个象限，所以当时，直线与曲线有唯一公共点，当或时，直线与曲线有3个公共点，如图：故A错误；对于B，因为点到点与到点的距离之差为4，所以点在以，为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上，方程为，显然双曲线的一个实顶点在曲线C上且只有这一个点，所以B正确；对于C，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为，所以扇形的圆心角为，所以第一象限部分的弓形的面积，所以曲线所围成的封闭区域面积等于，故C正确；对于D，由A选项的分析可知，与直线平行且与曲线C相切的两条直线为，而这两条切线间的距离为.当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；当直线与切线的距离为时，则，解得或；因为曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，由图可得实数的取值范围为，D错误.故选：BC.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．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________.12.【答案】【解析】因为圆筒内径长为，所以内圆半径.外径长为，所以外圆半径上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分:上下外圆柱体积+中部正方体体积=空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为，所以玉琮的体积为.13．【新定义】设集合，满足下列性质的集合称为“TB集合”：集合内至少含有2个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于3，则的子集中有___________个“TB集合”.13.【答案】【解析】解方程，解得，结合，因此：，集合共9个元素.（1）2个元素的“集合”：设为，当时，可取5，6，7，8，9，共5个；当时，可取6，7，8，9，共4个；当时，可取7，8，9，共3个；当时，可取8，9，共2个；当时，可取9，共1个；当时，无满足条件的.则2个元素的“集合”总数：.（2）3个元素的“集合”：要选出3个元素，需满足任意两个元素至少相差4.最小的3个满足条件的元素为1，5，9，则3个元素的“TB集合”仅1个：1，5，9.（3）若尝试选出4个元素，最小的4个满足条件的数为1，5，9，13，而13超出集合A的范围，因此不存在4个及以上元素“TB集合”.综上，“集合”总数个元素的数量个元素的数量：.14.已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________．14.【答案】【解析】因为且，所以，即，令，易知恒成立，则单调递增．因为，所以，则，即，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，则的取值范围为．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，角的对边分别为，且.（1）若，求的值.（2）若内切圆的面积为，求的面积.15.【解析】（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，所以在中，因为，所以有，即得，即，因为，所以，即得，，所以.（5分）（2）内切圆的面积为，所以内切圆半径，又，则有，由余弦定理得，所以，解得或（舍），所以，则.（13分）（15分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，求的值．16.【解析】（1）函数的定义域为．若，则在单调递增．若，则由得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．（7分）（2）解法1：由（1）知当在单调递增，时，，不满足题意．当时，由（1）知．因为，所以．（10分）设，则．当时，单调递增；当时，单调递减．所以，当且仅当时取等号．故，结合可知，故．（15分）解法2：因为，所以为的极小值点．因此，解得．（10分）当时，，由（1）知在单调递减，在单调递增．因此，满足题意．综上，．（15分）解法3：因为，所以恒成立．当时，显然成立，此时．当时，恒成立．设，则．设，则．（10分）当时，在单调递增，，即，在单调递增，因此．当时，恒成立．当时，在单调递减，，即在单调递增，．综上，．（15分）17．（15分）已知椭圆的左顶点，上顶点．（1）求椭圆的方程和直线的方程；（2）过椭圆上异于的点作轴的垂线交直线于点，延长至点，使，直线交椭圆于点．（i）求证：直线的斜率之和为定值；（ii）求面积的最大值．17.【解析】（1）由椭圆的左顶点，上顶点，得，所以椭圆的方程为，直线的方程为.（5分）（2）（i）直线斜率存在，设其方程为，点由，得，则，解得，即点，直线交直线于点，由点是线段的中点，得点，因此直线的斜率，即，所以直线的斜率之和为定值.（10分）（ii）由（i）同理得，，点到直线的距离，则的面积，显然，，令，，求导得，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，当时，，所以面积的最大值为.（15分）18．（17分）【新考法】如图，在四棱锥中，，底面是矩形，．（1）设平面与平面的交线为，证明：．（2）证明：．（3）当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由．18.【解析】（1）证明：因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以.（4分）（2）证明：如图1，分别取，的中点，，连接，，.因为，是的中点，所以，又因为底面是矩形，分别是的中点，所以，因为，所以，，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为是的中点，所以.（8分）（3）假设四棱锥存在内切球，设点到平面的距离为，则，当平面时，取最大值，此时四棱锥的体积最大，方法一：因为平面，所以平面平面，因为平面平面，，所以平面，即，所以，则易知，，，所以内切球半径，设内切球球心为中点为，因为到平面与平面距离相等，所以由对称性可知，点在平面上，又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为，（14分）所以点在上，如图2所示，因为，所以，解得，因为两个的值不同，所以不存在内切球.（17分）方法二：因为平面，平面，所以平面平面，因为，平面平面，所以平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，，，，，平面的一个法向量为，则，，，设平面的法向量为，因为，所以，化简得令，设内切球球心，易知，．同理可求，平面法向量为，平面法向量为，因为，所以，令，则，则，（14分）平面法向量为，，所以，令，所以，所以点到平面的距离，点到平面的距离，易知点到平面的距离，点到平面的距离，点到平面的距离，由，解得，由，解得，由，解得，则，所以，矛盾，所以这样的内切球不存在.（17分）19．（17分）【新考法】已知一副不含大小王的52张扑克牌，共包含4种花色（黑桃、红桃、方片、梅花），每种花色各有13张牌，牌点大小排序从大到小依次为A、K、Q、J、10、9、8、7、6、5、4、3、2，其中A可参与组成顺子或金花A23、QKA，且满足JQK<A23<QKA．现从该副扑克牌中随机抽取3张，定义如下牌型：豹子：三张牌的牌点完全相同，例如：AAA、KKK、222；顺金：花色相同且牌点构成顺子，例如：黑桃QKA、红桃JQK、方片A23；金花：花色相同但牌点不构成顺子，例如：黑桃JKA、红桃78Q、方片A24；顺子：牌点构成顺子但花色不全相同，例如：黑桃5红桃6方片7；对子：恰好有两张牌的牌点相同，第三张牌的牌点与前两张不同，例如：223、334；散牌：不构成上述任何一种牌型的3张牌组合.请回答下列问题：（1）在一次游戏中，记事件为“抽到的三张牌牌点构成顺子”，事件为“抽到的牌型为顺金”，求；（2）已知该游戏各牌型的大小规则为：豹子>顺金>金花>顺子>对子>散牌，且不按照花色区分大小.请从概率的角度，分析该游戏的规则是否合理、公平（结果精确到小数点后四位）；（3）玩家初始持有次抽牌机会，每消耗1次抽牌机会，就从52张扑克牌中随机抽取3张，观察牌型；若抽到顺金，则游戏获胜，立即终止；若抽到顺子但非顺金，则将当前剩余的抽牌机会数翻倍；若抽到非连续的牌型，则剩余抽牌机会数保持为消耗1次后的数量；若剩余抽牌机会数为0，则游戏失败，立即终止.设单次抽牌抽到顺子的概率为，初始持有次抽牌机会时，玩家最终获胜的概率为.试证明：（i）证明：数列是严格递增数列；（ii）证明：对任意，都有.19.【解析】（1）顺子牌点组合共12种（A23、