2026高考全国二指导卷数学真题重组（全国二卷01）（全解全析）

2026年高考真题重组卷

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．（热点）（2024.全国一卷）已知z1i,则z（）

A．0B．1C．2D．2

1.【答案】C

22

【解析】若z1i,则z112.故选C.

是小于的正整数ð

2．（2025.全国一卷）已知集合Uxx9,A{1,3,5},则UA中元素个数为（）

A．0B．3C．5D．8

2.【答案】C

ðð

【解析】因为U1,2,3,4,5,6,7,8,所以UA2,4,6,7,8,UA中的元素个数为5,故选C．

3．（2024.全国二卷）已知向量a,b满足a1,a2b2,且b2ab,则b（）

123

A．B．C．D．1

222

3.【答案】B

2

【解析】因为b2ab,所以b2ab0,即b2ab,又因为a1,a2b2,所以

222

14ab4b16b4,从而b.故选B.

2

4．（新情景）（2024.全国二卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻,得到各块

稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表

亩

产[900,950）[950,1000）[1000,1050）[1050,1100）[1100,1150）[1150,1200）

量

频

61218302410

数

根据表中数据,下列结论中正确的是（）

A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg

B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%

C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间

D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间

4.【答案】C

【解析】对于A,根据频数分布表可知,612183650,所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A

10034

错误；对于B,亩产量不低于1100kg的频数为241034,所以低于1100kg的稻田占比为66%,

100

故B错误；对于C,稻田亩产量的极差最大为1200900300,最小为1150950200,故C正确；

对于D,由频数分布表可得,平均值为

1

(692512975181025301075241125101175)1067,故D错误.故选C.

100

5．（2025.全国二卷）在ABC中,BC2,AC13,AB6,则A（）

A．45B．60C．120D．135

5.【答案】A

222

AB2AC2BC261322

【解析】由题意得cosA,又0A180,所以A45.

2ABAC26132

故选A.

6．（2025.全国二卷）设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F,点A在C上,过A作C的准线的垂线,垂足为

B．若直线BF的方程为y2x2,则|AF|（）

A．3B．4C．5D．6

6.【答案】C

2

【解析】对lBF:y2x2,令y0,则x1,所以F1,0,p2即抛物线C:y4x,故抛物线的准线方程为

p

x1,故B1,4,则y4,代入抛物线C:y24x得x4.所以AFABx415.故选C.

AAA2

7．（2024.全国一卷）当xÎ[0,2]时,曲线ysinx与y2sin3x的交点个数为（）

6

A．3B．4C．6D．8

7.【答案】C

π2π

【解析】因为函数ysinx的最小正周期为T2π,函数y2sin3x的最小正周期为T,

63

π

所以在x0,2π上函数y2sin3x有三个周期的图象,在坐标系中结合五点法画出两函数图象,如

6

图所示：

由图可知,两函数图象有6个交点.故选C.

8．（2024.全国二卷）设函数f(x)(xa)ln(xb),若f(x)0,则a2b2的最小值为（）

111

A．B．C．1D．

842

8.【答案】D

【解析】由题意可知：f(x)的定义域为b,,令xa0解得xa；令ln(xb)0解得x1b；

若ab,当xb,1b时,可知xa0,lnxb0,此时f(x)0,不合题意；若ba1b,当

xa,1b时,可知xa0,lnxb0,此时f(x)0,不合题意；若a1b,当xb,1b时,可知

xa0,lnxb0,此时f(x)0；当x1b,时,可知xa0,lnxb0,此时f(x)0；

可知若a1b,符合题意；若a1b,当x1b,a时,可知xa0,lnxb0,此时f(x)0,不合

2

222211111

题意；综上所述：a1b,即ba1,则abaa12a,当且仅当a,b

22222

1

时,等号成立,所以22的最小值为,故选D.

ab2

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．（2025.全国一卷）在正三棱柱ABCA1B1C1中,D为BC的中点,则（）

A．ADA1CB．B1C1平面AA1D

C．AD//A1B1D．CC1//平面AA1D

9.【答案】BD

【解析】对于A,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1平面ABC,

又AD平面ABC,则AA1AD,则A1AAD0,因为ABC是正三角形,D为BC中点,则ADBC,则

DCAD0,又A1CA1AADDC,所以

22

则不成立故错误；

A1CADA1AADDCADA1AADADDCADAD0,ADA1C,A

对于B,因为在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1平面A1B1C1,又B1C1平面A1B1C1,则AA1B1C1,

因为ABC是正三角形,D为BC中点,则ADBC,ADB1C1,又AA1ADA,AA1,AD平面AA1D,

所以B1C1平面AA1D,故B正确；对于D,因为在正三棱柱ABCA1B1C1中,CC1//AA1

又AA1平面AA1D,CC1平面AA1D,所以CC1//平面AA1D,故D正确；对于C,因为在正三棱柱

ABCA1B1C1中,A1B1//AB,假设AD//A1B1,则AD//AB,这与ADABA矛盾,

所以AD//A1B1不成立,故C错误；故选BD.

10．（2025.全国二卷）已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,fxx23ex2,则（）

A．f(0)0B．当x0时,fxx23ex2

C．f(x)2当且仅当x3D．x1是f(x)的极大值点

10.【答案】ABD

【解析】对A,因为f(x)定义在R上奇函数,则f(0)0,故A正确；对B,当x0时,x0,则

2

f(x)fxx3ex2x23ex2故正确；对f(1)13e22e12

,BC,,

故C错误；对D,当x0时,f(x)3x2ex2,则f(x)3x2ex2xexx22x3ex,

令f(x)0,解得x1或3（舍去）,当x,1时,f(x)0,此时fx单调递增,当x1,0

时,f(x)0,此时fx单调递减,则x1是f(x)极大值点,故D正确；故选ABD.

22

xy、，

11．（2025全国二卷）双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1F2,左、右顶点分别为A1A2,

a2b2

5

以FF为直径的圆与C的一条渐近线交于M,N两点,且NAM,则（）

1216

A．AMAB．MA2MA

12612

C．C的离心率为13D．当a2时,四边形NA1MA2的面积为83

11.【答案】ACD

b

【解析】不妨设渐近线为yx,M在第一象限,N在第三象限,对于A,由双曲线的对称性可得AMAN为

a12

5ππ

平行四边形,故AMAπ,故A正确；对于B,因为M在以FF为直径的圆上,故FMFM且

12661212

222

x0y0c

x0aπ3

MOc,设Mx0,y0,则,故,故MA2A1A2,由A得A1MA2,故MAMA即

ybyb621

002

x0a

23

MAMA,故B错误；

132

1222

对于因为故由可知23故

C,MOMA1MA2,4MOMA2MAMAMA,BMA2b,MA1b,

211223

42331313

4c2b2b22bbb2c2a2即c213a2,故离心率e13,故C正确；对于D,当

33233

1

时由可知故故故四边形NAMA为2S2262283

a2,Ce13,c26,b26,12△MA1A2,

2

故D正确,故选ACD.

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.

10

1

12．（2024.全国甲卷）x的展开式中,各项系数中的最大值为______．

3

12.【答案】5

10r

1

【解析】由题展开式通项公式为rr且设展开式中第项系数最大则

Tr1C10x,0r10rZ,r1,

3

10r9r

r1r1129

C10C10r

3342933

即又故所以展开式中系数最大的项是第项

10r11r,,r,rZ,r8,9,

113344

rr1r

C10C10

334

2

且该项系数为81

C105.

3

13．（2025·全国二卷）一个底面半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个

半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为cm．

13.【答案】

【解析】圆2.5柱的底面半径为cm,设铁球的半径为r,且,由圆柱与球的性质知

22

,即4�<4��=(2�)=(8−

222

2�)+(9−2�)4�−68�+145=2�−52�−29=0,∵�<4,∴�=2.5.

14．（创新题）（2025·北京高考）关于定义域为R的函数,给出下列四个结论：

①存在在R上单调递增的函数使得�(恒�)成立；

②存在在R上单调递减的函数�(�)使得�(�)+�(2�)=−恒�成立；

③使得恒�成(�立)的函�数(�)−�存(2在�)且=有�无穷多个；

④使得�(�)+�(−�)=cos�恒成立的函数�(�)存在且有无穷多个．

其中正确�(�结)论−的�(序−号�)是=cos�．�(�)

14.【答案】②③

【解析】对于①,若存在在R上的增函数,满足,

则,即,故��时,��+�2�=−�,故

�0,故+�2×0即=−0,矛�盾0,故=①0错�误>；对0于②�(,取4�)>�2�,>该�函�数为>0R上�的4减�函+数�且2�>��+

�(2�)−2�>−��<0��=−���−�2�=

,故该函数符合,故②正确；对于③,取R,此时,由

1

���=2cos�+��,�∈��+�−�=cos��∈

R可得有无穷多个,故③正确；对于④,若存在,使得,令,则,但

�,�矛盾,故满足的函数不�存�在,故�④�错误−.�故−答�案=为c②os③�.�=00=cos0

c四os、0解=答1题：本题共5�小�题−,共�−77�分=.解co答s�应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15．（13分）

（2025.全国甲卷）记Sn为数列an的前n项和,已知4Sn3an4．

(1)求an的通项公式；

n1

(2)设bn(1)nan,求数列bn的前n项和Tn．

15.解：（1）当n1时,4S14a13a14,解得a14．（1分）

当n2时,4Sn13an14,所以4Sn4Sn14an3an3an1即an3an1,

a

n

而a140,故an0,故3,（4分）

an1

数列an是以4为首项,3为公比的等比数列,

∴n1

所以an43.（6分）

n1n1n1

（2）bn(1)n4(3)4n3,（7分）

012n1

所以Tnb1b2b3bn43831234n3

123n

故3Tn43831234n3,（9分）

12n1n

所以2Tn44343434n3

n1

313n1nn

444n3n423314n3(24n)32,

13

n

Tn(2n1)31.（6分）

16．（15分）

3x2y2

（2024.全国一卷）已知A(0,3)和P3,为椭圆C:1(ab0)上两点.

2a2b2

(1)求C的离心率;

(2)若过P的直线l交C于另一点B,且ABP的面积为9,求l的方程．

b3

2

9b9

16.解：（1）由题意得,解得,（3分）

9a212

41

a2b2

b291

所以e11.（5分）

a2122

3

31

（2）21,则直线AP的方程为yx3,即x2y60,

kAP2

032

222

2335xy

AP033,由（1）知C:1,

22129

29125

d

设点B到直线AP的距离为d,则355,

2

125

则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移单位即可,

5

此时该平行线与椭圆的交点即为点B,

设该平行线的方程为：x2yC0,

C6125

则,解得C6或C18,（8分）

55

x2y2x3

1x0

当C6时,联立129,解得或3,

y3y

x2y602

3

即B0,3或3,,（10分）

2

33

当B0,3时,此时k,直线l的方程为yx3,即3x2y60,

l22

311

当B3,时,此时kl,直线l的方程为yx,即x2y0,

222

x2y2

1

当C18时,联立129得2y227y1170,

x2y180

272421172070,此时该直线与椭圆无交点.

综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.（15分）

17．（15分）

（2025.全国一卷）如图,在四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,ABAD,BC//AD．

(1)证明：平面PAB平面PAD；

(2)设PAAB2,BC2,AD13,且点P,B,C,D均在球O的球面上．

（i）证明：点O在平面ABCD内；

（ⅱ）求直线AC与PO所成角的余弦值．

17.解：（1）由题意证明如下,

在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ABAD,

AB平面ABCD,AD平面⊥ABCD,

APAB,APAD,（2分）

∴AP平面PAD,AD平面PAD,APADA,

∵AB平面PAD,

∴AB平面PAB,

∵平面PAB平面PAD.（5分）

∴（2）（i）由题意及（1）证明如下,

在四棱锥PABCD中,APAB,APAD,ABAD,BCAD,

∥

PAAB2,AD13,

建立空间直角坐标系如下图所示,

A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,13,0,P0,0,2,（7分）

∴

若P,B,C,D在同一个球面上,

则OPOBOCOD,

在平面xAy中,

A0,0,B2,0,C2,2,D0,13,

∴

233

线段CD中点坐标F,,

22

∴

13231

直线CD的斜率：k1,

022

262

直线CD的垂直平分线EF斜率：k2,

312

33622

直线EF的方程：yx,

222

∴

62233

即yx,

222

62233

当时解得：

y1,1xO,xO0,

222

O0,1,

∴

在立体几何中,O0,1,0,

2

22

OP0102

2

22

OB0210

22

OC021202

∵

2

OD0211302

解得：OPOBOCOD3,

点O在平面ABCD上.（10分）

∴

（ii）由题意,（1）（2）（ii）及图得,AC2,2,0,PO0,1,2,

设直线AC与直线PO所成角为,

ACPO02102

cos（分）

223.15

ACPO22200122

∴

18．（17分）

（2024·新课标二卷）某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下：第一阶段

由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分；若至少投中一次,则该队

进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成

绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率

为q,各次投中与否相互独立．

(1)若,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．

(2)假设�=0.4,�=0,.5

（i）为使得0<甲、�<乙�所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛？

（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛？

18.解：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1

次,

比赛成绩不少于5分的概率.（4分）

33

∴�=1−0.61−0.5=0.686

（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为甲,

33

�=1−(1−�)�

若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为乙,（6分）

33

�=1−(1−�)⋅�

,

∵0<�<�

甲乙

3333

∴�−�=�−(�−��)−�+(�−��)

2222

=(�−�)�+��+�+(�−�)⋅(�−��)+(�−��)+(�−��)(�−��)

2222

=(�−�)3��−3��−3��,

=3��(�−�)(��−�−�)=3��(�−�)[(1−�)(1−�)−1]>0

甲乙,应该由甲参加第一阶段比赛.（11分）

∴�>�

(ii)若甲先参加第一阶段比赛,比赛成绩的所有可能取值为0,5,10,15,

�,

333

�(�=0)=(1−�)+1−(1−�)⋅(,1−�)

312

�(�=5)=1−(1−�)C3C�⋅(1−�),

322

�(�=10)=1−(1−�)⋅3�(1−�)

,

33

�(�=15)=1−(1−�)⋅�

332

∴记�(乙�)先=参1加51第−一(阶1−段�比)赛�,比=赛15成�绩−的3�所有+可3�能⋅取�值为0,5,10,15,

同理,（�14分）

32

�(�)=15�−3�+3�⋅�

∴�(�)−�(�)=15[��(�+,�)(�−�)−3��(�−�)]

=因15为(�−�)��(�,+则�−3),

则0<�<��−�<0,�+�−3<1+1−3<0

应(�该−由�甲)�参�(加�+第�一−阶3段)>比0赛.（17分）

19∴．（17分）

x

（2024.全国一卷）已知函数f(x)lnaxb(x1)3

2x

(1)若b0,且f(x)0,求a的最小值；

(2)证明：曲线yf(x)是中心对称图形；

(3)若f(x)2