2026年新课标II卷高考数学课内知识迁移拓展卷含解析

2026年新课标II卷高考数学课内知识迁移拓展卷含解析考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.设集合A={x|x²-3x+2≤0},B={x|2x+1>0},则A∩B=.(A)(-1,1)(B)[1,2](C)(-1,2)(D)(-1,1]∪[2,+∞)2.“x>1”是“x²>1”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3.若复数z满足(1+i)z=2-i(i为虚数单位)，则z=.(A)1+3i(B)1-3i(C)-1+3i(D)-1-3i4.函数f(x)=sin(2x+π/3)的图像关于.(A)x=π/6对称(B)x=π/3对称(C)x=π/2对称(D)x=π对称5.设向量a=(1,k),b=(-2,4),若a与b平行，则k=.(A)-2(B)-4(C)2(D)46.已知等差数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，若a₃=5,S₆=30，则该数列的公差d=.(A)1(B)2(C)3(D)47.函数f(x)=x³-3x在区间[-2,2]上的最大值是.(A)2(B)4(C)-2(D)-48.直线l₁:y=x+1与直线l₂:ax+2y-1=0平行，则a=.(A)-2(B)-1/2(C)1/2(D)29.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a=3,b=4,C=60°，则c=.(A)5(B)7(C)5√2(D)7√210.已知样本数据：2,4,6,8,10，则该样本的中位数与众数分别为.(A)6,6(B)6,5(C)6,8(D)8,6二、填空题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。11.已知点P(x,y)在直线x-2y+4=0上，则|OP|(O为坐标原点)的最小值是.12.不等式|x-1|+|x+2|<5的解集是.13.设函数g(x)=ln(x+1)-x，若g(m)=1，则实数m=.14.已知圆C的方程为(x-1)²+(y+2)²=4，则圆C关于直线y=x+1对称的圆的方程为.15.从6名男生和4名女生中选出3名代表，其中至少包含1名女生的选法共有种.三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16.(本小题满分10分)已知函数f(x)=x²-2ax+3，其中a∈R。(1)若函数f(x)在区间[1,3]上的最小值为1，求a的值。(2)若对于任意x₁,x₂∈R，都有|f(x₁)-f(x₂)|≤4，求a的取值范围。17.(本小题满分12分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知a=3,b=√7,C=60°。(1)求边c的长。(2)求sin(A+B)的值。18.(本小题满分12分)已知数列{aₙ}是等比数列，a₂=6,a₅=162。(1)求数列{aₙ}的通项公式。(2)设bₙ=log₃(aₙ+1)，求数列{bₙ}的前n项和Sₙ。19.(本小题满分12分)已知抛物线C的方程为y²=4x，直线l:y=kx+1与抛物线C交于A,B两点。(1)当k=1时，求弦AB的长。(2)若k≠0，且直线l与抛物线C仅有一个公共点，求k的值。20.(本小题满分13分)在直角坐标系xOy中，点A的坐标为(1,0)，点B的坐标为(0,2)。(1)设P为直线AB上的动点，O为坐标原点，求|OP|²+|AP|²的最小值。(2)在直线AB上是否存在点Q，使得以A,B,Q为顶点的三角形与△AOB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。21.(本小题满分13分)已知函数f(x)=x²+bx-b+1。(1)讨论函数f(x)的单调性。(2)若函数f(x)在区间[1,3]上的最小值为0，求实数b的值。试卷答案一、选择题：1.B2.A3.C4.A5.C6.B7.B8.D9.A10.A二、填空题：11.2√512.(-2,4)13.114.(y-1)²+(x+3)²=415.16三、解答题：16.解：(1)函数f(x)=x²-2ax+3的对称轴为x=a。在区间[1,3]上：若a∈[1,3]，则f(x)_{min}=f(a)=a²-2a²+3=-a²+3。由-a²+3=1，得a²=2，a=±√2。∵a∈[1,3]，∴a=√2。若a<1，则f(x)在[1,3]上递增，f(x)_{min}=f(1)=1-2a+3=4-2a。由4-2a=1，得a=3/2。但a=3/2∉(-∞,1)，舍去。若a>3，则f(x)在[1,3]上递减，f(x)_{min}=f(3)=9-6a+3=12-6a。由12-6a=1，得a=11/6。但a=11/6∉(3,+∞)，舍去。综上，a=√2。(2)|f(x₁)-f(x₂)|=|x₁²-2ax₁+3-x₂²+2ax₂-3|=|(x₁-x₂)(x₁+x₂-2a)|≤|x₁-x₂||x₁+x₂-2a|。因为对任意x₁,x₂∈R，都有|f(x₁)-f(x₂)|≤4，所以|x₁-x₂||x₁+x₂-2a|≤4。令t=x₁+x₂-2a，则t的范围是(-∞,+∞)。因此，|t|≤4/|x₁-x₂|对任意x₁≠x₂成立。当x₁≠x₂时，|x₁-x₂|的最小值为0，但我们需要考虑|t|有界。因为|t|≤4/|x₁-x₂|恒成立，所以必有|t|≤4。即|x₁+x₂-2a|≤4恒成立。令u=x₁+x₂，则u的范围是(-∞,+∞)。所以|u-2a|≤4恒成立。这意味着u-2a≤4且u-2a≥-4恒成立。即-4≤u-2a≤4。这等价于a-2≤u≤a+2恒成立。因为u的范围是(-∞,+∞)，所以必须满足：a-2≤-∞且a+2≥+∞。这显然恒成立。因此，只需保证a-2≤u的上界和a+2≥u的下界被满足。考虑u的最大值和最小值。u的最小值趋近于-∞，u的最大值趋近于+∞。要使a-2≤u恒成立，需要a-2≤u的上界。u的上界不存在，但下界可以无限小。要使u≤a+2恒成立，需要u的下界≤a+2。u的下界趋近于-∞，满足≤a+2。为了使不等式|x₁+x₂-2a|≤4对任意x₁,x₂成立，考虑对称轴x=a。当x₁,x₂在a左侧或右侧足够远时，x₁+x₂会趋近于±∞，此时要求|±∞-2a|≤4，即|2a|≤4，即|a|≤2。所以a的取值范围是[-2,2]。17.解：(1)由余弦定理c²=a²+b²-2abcosC，代入a=3,b=√7,C=60°，得c²=3²+(√7)²-2*3*√7*cos60°=9+7-3√7=16-3√7。所以c=√(16-3√7)。(2)sin(A+B)=sin(π-C)=sinC=sin60°=√3/2。18.解：(1)由a₅=a₂*q³，代入a₂=6,a₅=162，得162=6*q³，解得q³=27，所以q=3。又a₂=a₁*q，代入a₂=6,q=3，得6=a₁*3，解得a₁=2。所以数列{aₙ}的通项公式为aₙ=a₁*qⁿ⁻¹=2*3ⁿ⁻¹=2*3ⁿ⁻¹。(2)bₙ=log₃(aₙ+1)=log₃(2*3ⁿ⁻¹+1)=log₃(2*3ⁿ⁻¹+3⁰)。Sₙ=Σbₙ(fromn=1ton)=Σlog₃(2*3ⁿ⁻¹+1)。Sₙ=log₃[(2*3⁰+1)(2*3¹+1)...(2*3ⁿ⁻¹+1)]。Sₙ=log₃[3*(2*3⁰+1)]*[3*(2*3¹+1)]*...*[3*(2*3ⁿ⁻¹+1)]。Sₙ=log₃[3ⁿ*(2*3⁰+1)(2*3¹+1)...(2*3ⁿ⁻¹+1)]。LetP_n=(2*3^0+1)(2*3^1+1)...(2*3^(n-1)+1)=(1+2*1)(1+2*3)...(1+2*3^(n-1))=Π(1+2*3^k)fork=0ton-1。Sₙ=log₃(3ⁿ*Π(1+2*3^k)fork=0ton-1))=log₃(3ⁿ*P_n)=log₃(3ⁿ)+log₃(P_n)=n+log₃(P_n)。19.解：(1)当k=1时，直线l:y=x+1。联立方程组y=x+1和y²=4x，消去y，得(x+1)²=4x，即x²-2x+1=4x，整理得x²-6x+1=0。设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)，则x₁+x₂=6,x₁x₂=1。弦长AB=√((x₁-x₂)²+(y₁-y₂)²)=√((x₁-x₂)²+((x₁+1)-(x₂+1))²)=√(2(x₁-x₂)²)=√(2(x₁+x₂)²-8x₁x₂)。AB=√(2(6)²-8(1))=√(72-8)=√64=8。(2)联立方程组y=kx+1和y²=4x，消去x，得y²=4(ky+1)，即y²-4ky-4=0。若直线l与抛物线C仅有一个公共点，则该方程有唯一解，即Δ=(-4k)²-4*1*(-4)=16k²+16=0。解得k²=-1，无解。所以直线l与抛物线C仅有一个公共点的情况不可能发生。20.解：(1)直线AB的方程为y=-x+2。设P(x,y)在直线AB上，则y=-x+2。|OP|²=x²+y²=x²+(-x+2)²=x²+x²-4x+4=2x²-4x+4=2(x²-2x+1)+2=2(x-1)²+2。|OP|²是关于x的二次函数，开口向上，对称轴为x=1。因为点A(1,0)在直线AB上，当x=1时，|OP|²=2(1-1)²+2=2。所以|OP|²+|AP|²的最小值为2。(2)设Q(x,y)在直线AB上，则y=-x+2。△AOB的面积S_△AOB=1/2*|OA|*|OB|*sin(∠AOB)=1/2*1*2*1=1。△AQB的面积S_△AQB=1/2*|AQ|*|BQ|*sin(∠AQB)。因为Q在直线AB上，∠AQB与∠AOB是同角或补角，所以sin(∠AQB)=sin(∠AOB)=1/2。S_△AQB=1/2*|AQ|*|BQ|*1/2=1/4*|AQ|*|BQ|。要使S_△AQB=S_△AOB=1，需要1/4*|AQ|*|BQ|=1，即|AQ|*|BQ|=4。点A(1,0)，Q(x,-x+2)。|AQ|=√((x-1)²+(-x+2-0)²)=√((x-1)²+(-x+2)²)=√(x²-2x+1+x²-4x+4)=√(2x²-6x+5)。点B(0,2)，Q(x,-x+2)。|BQ|=√((x-0)²+(-x+2-2)²)=√(x²+(-x)²)=√(2x²)=√2|x|。所以√(2x²-6x+5)*√(2x²)=4。即√(4x²(2x²-6x+5))=4。两边平方，得4x²(2x²-6x+5)=16。8x⁴-24x³+20x²=16。8x⁴-24x³+20x²-16=0。除以4，得2x⁴-6x³+5x²-4=0。令t=x²，得2t²-6t+5-4=0，即2t²-6t+1=0。解得t=x²=(6±√(36-8))/4=(6±√28)/4=(6±2√7)/4=3/2±√7/2。因为t=x²≥0，所以x²=3/2+√7/2或x²=3/2-√7/2。若x²=3/2+√7/2，则x=±√(3/2+√7/2)。此时y=-x+2=-√(3/2+√7/2)+2或√(3/2+√7/2)+2。若x²=3/2-√7/2，需要3/2-√7/2≥0，即3≥√7。因为3²=9,(√7)²=7，所以9>7，3>√7。故此情况成立。此时x=±√(3/2-√7/2)。此时y=-x+2=-√(3/2-√7/2)+2或√(3/2-√7/2)+2。综上，存在点Q，其坐标为(√(3/2+√7/2),-√(3/2+√7/2)+2)、(-√(3/2+√7/2),√(3/2+√7/2)+2)、(√(3/2-√7/2),-√(3/2-√7/2)+2)、(-√(3/2-√7/2),√(3/2-√7/2)+2)。21.解：(1)函数f(x)=x²+bx-b+1=(x+b/2)²-b²/4-b+1=(x+b/2)²-(b²+4b-4)/4。对称轴为x=-b/2。当-b/2<1，即b>-2时，函数在区间[1,3]上递增。f(x)_{min}=f(1)=1+b-b+1=2。f(x)_{max}=f(3)=9+3b-b+1=10+2b。此时f(x)_{min}=2，若为0，则2=0，矛盾。所以b>-2时，函数在[1,3]上无最小值等于0的情况。当-b/2>3，即b<-6时，函数在区间[1,3]上递减。f(x)_{min}=f(3)