2026高考全国二指导卷数学（全国二卷03）（全解全析）

2026年高考考前最后一卷

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。

16

1．已知集合AxN2x，集合B{1,3,4,5}，则AB的真子集个数为（）

3

A．5B．6C．7D．8

【答案】C

【解析】由题意得A{0,1,2,3,4,5}，集合B{1,3,4,5}，则AB{3,4,5}．

则AB的真子集个数为2317．故选：C

2．已知复数z满足z(13i)34i，则z（）

9139133434

A．iB．iC．iD．i

101010105555

【答案】A

【解析】因为z(13i)34i，

34i34i13i39i4i12i2913i913

所以zi，

13i13i13i19i2101010

913

所以zi.故选：A

1010

x2

3．已知F2,0为双曲线y21的一个焦点，则该双曲线的离心率为（）

a2

623

A．B．C．3D．2

23

【答案】B

【解析】根据题意可得c2,

x2

由双曲线y21,则b1，

a2

c23

所以a2213，则e.故选：B.

a3

4．已知a2,4，b1,t，若ab//3ab，则实数t（）

1

A．2B．C．1D．2

2

【答案】D

【解析】因为a2,4，b1,t，所以ab3,4t，3ab32,41,t5,12t，

由ab//3ab，所以312t54t0，解得t2．故选D

5．从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两

项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（）

A．12B．24C．36D．48

【答案】C

113

【解析】若选派的四人中甲乙仅有其中一人，则选派方案的种数为C2C2A324，

22

若选派的四人中甲乙均有，则选派方案的种数为A2A312，

综上，不同的选派方案的种数为36.

310

6．已知，都是锐角，sin，tan2tan，则cos（）

10

6256310

A．B．C．D．

35410

【答案】D

【解析】∵tan2tan，∴sincos2sincos，

310

∴sinsincossincos3sincos，

10

1010

∴sincos，sincos，

105

10

从而sinsincossincos．

10

πππ

由,0,知,，则cos0，

222

310

那么cos1sin2，故选：D

10

7．设函数fx满足对任意的xR，都有fx2fx，且f12xf12x，则（）

A．fx是奇函数B．fx是偶函数

C．fx在0,2上单调递增D．fx在0,2上单调递减

【答案】B

【解析】因为函数fx满足对任意的xR，都有fx2fx，

所以fx是周期为2的周期函数，

又因为f12xf12x，令t2x，则f1tf1t，

所以函数fx的图象关于x1对称，

令x1替换上式中的t，则f(x)f(2x)，

结合周期性可得：f(2x)f(2x2)f(x)，

即f(x)f(x)，所以fx是偶函数，

又因为函数fx的图象关于x1对称，所以在0,2上一定不是单调函数，故C、D错误.

8．已知A，B，C，D是球O的球面上四点，ABAD，ABBC，AB2，ACBDCD13．记球

的体积为，四面体的体积为，则的值为（）

OV1ABCDV2V1:V2

643253803323

A．πB．πC．πD．π

279279

【答案】A

【解析】设M,N,E分别为BD,AC,AB的中点，连接ME,NE，

因为ABAD，ABBC，所以△ABD,△ABC分别以BD,AC为斜边的直角三角形，

即分别过M,N作平面ABD和平面ABC的垂线，交点O即为球心，

M,N,E分别为BD,AC,AB的中点，ME//AD,NE//CB，

又ABAD，ABBC，AB2，ACBDCD13，

ME//AB,NE//AB，ADBC3，

又平面ABD平面ABCAB，所以二面角CABD即是MEN，同时也是AD,BC，

22

CDBCBAAD，CDBCBAAD

2222

BCBAADBCBAAD2BCBABCAD2BAAD，

1

即139490233cosBC,AD0，解得cosBC,AD，

2

π

所以MENBC,AD，

3

π

即直线BC与平面ABD的夹角，

3

h333

设点C到平面ABD的距离为h，则sin，解得h，

BC22

133

所以VVSh，

2CABD3ABD2

1313π

在MNE中，MEAD,NEBC,MEN，

22223

3

所以MNE为等边三角形，MN，

2

3

MN2

32r（r为MNE的外接圆半径），

sinMEN3

2

3

OMME,ONNE，四边形MONE有外接圆，且外接圆半径为r，

2

则OE2r3，四面体ABCD外接球半径ROBOE2BE2312，

32

π

V643π

433213

V1πRπ，故，故选：A.

33V23327

2

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．下列结论正确的是（）

1

A．随机变量X服从二项分布B3,，Y2X1，则D(Y)3

2

B．数据x1，x2，x3，…，xn的平均数为2，则3x11，3x21，3x31，…，3xn1的平均数为6

C．在(x1)n的二项展开式中，若各项系数和为32，则x2项的系数为10.

1

D．随机变量X服从正态分布N5,2，且P(2X5)a，则P(X8)a

2

【答案】ACD

1133

【解析】对于A选项，DX31，DYD2X14DX43.故A选项正确；

2244

对于B选项，因为x2，3x11，3x21，3x31，…，3xn1的平均数为3217，

故B选项错误；

对于C选项，已知各项系数和为32，则令x1，得：2n32，解得：n5.

5r5rr

由x1的展开式中第r项为Tr1C5x1，

32322

当r3时，得：T4C5x110x，即x项的系数为10.故C选项正确.

对于D选项，X服从正态分布N5,2，P2X5P5X8a，

1

所以PX8a，故D选项正确.故选：ACD

2

10．已知函数f(x)(x2)2(x5)，则（）

A．函数f(x)有两个极值点B．x2是函数f(x)的极小值点

7

C．函数f(x)的单调递减区间为2,D．曲线yf(x)的对称中心为(3,2)

2

【答案】AD

【解析】f(x)(x2)2(x5)x39x224x20，则f(x)3x218x243x2x4，

令fx0，得x2或x4；令fx0，得x4或x2；令fx0，得2x4，

所以fx的增区间为,2,4,，减区间为2,4，所以C错误；

所以x2是函数f(x)的极大值点，x4是函数f(x)的极小值点，故A正确，B错误；

因为f(3x)f(3x)(1x)2(x2)(1x)2(x2)x33x2x33x24，

所以曲线yf(x)的对称中心为(3,2)，故D正确.故选：AD

11．如图，圆锥的顶点为V，将半径为R的球O置于该圆锥内，使得球O与圆锥侧面相切于圆O，平面与

球O切于点F,A为圆O上一点，V,A,O,F四点共面，且VA//平面，平面截该圆锥所得截口曲线为Γ,M

为曲线Γ上一动点，记圆O所在平面为平面,l,MNl，垂足为N,VM交圆O于点P，AVO，

则下列选项正确的有（）

A．PMMFB．MN//VA

C．Γ是双曲线的一部分D．若Rtan越大，则曲线Γ的开口越大

【答案】ABD

【解析】因为P,F均为球的切点，易得MFMP，A正确；

设平面平面VFOFG，直线FG交l于G，

因为VA∥，所以VA∥FG，

因为OF,l，所以lOF，

VO,l，所以lVO，

由VO,OF平面VOF，所以l平面VOF，

FG平面VOF，所以lFG，

又MNl，所以MN∥FG，

因为FG∥VA，所以MN∥VA,B正确；

作MH垂直平面于H，又因为VO，所以MH∥VO，

由等角定理可得，NMHAVOPMH，MH平面，

得RtPMH≌RtNMH，MNMP，

又P,F均为球的切点，则易得MFMP，所以恒有MNMF，即MFd，

其中F为定点，d为M到定直线l的距离，

所以M的轨迹为拋物线，C错误；

圆锥过VOF的轴截面，如图所示，

取FG中点Q，易知O为AF的中点，

所以OQ//OG，所以OQVO，

FG2FQ2Rtan，

在平面内，若以Q为坐标原点，QF为x轴正向，

可得方程为y24Rxtan可得该抛物线的开口随着Rtan的增大而增大，D正确.

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．已知等差数列an的前n项和为Sn，且3S58S3，S426，则a5______.

【答案】14

【解析】因为S426，且3S515a38S324a2，则5a38a2，

2d3a1a12

于是，则，a5a14d14.

2a13d13d3

SS138

解法2由于n为等差数列，设3x，则x，，x三项成等差数列，

n325

13S

于是13x，则58，S40，aSS14.

555554

21

13．已知x，y均为非负数，且x＋2y＝1，则的最小值为______.

x1y1

【答案】2

【解析】由题可得x12y14，

21x12y121x1y1

所以1,

x1y14x1y14y1x1

x1y1x1y1

由于21,

4y1x14y1x1

x1y1

当且仅当，即x1,y0时取等号，

4y1x1

21x1y121

所以1112，则的最小值为2

x1y14y1x1x1y1

14．甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出

“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相

差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面

朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________．

1

【答案】

2

111111113

【解析】抛掷3次，得0分的概率P0，得1分的概率PC，

2228132228

11131111

得2分的概率PC2，得3分的概率P，

23222832228

甲和乙分别抛掷3次后，分为两人分数差大于1分和不大于1分两种情况，

当两人分数差大于1分时，甲得分高于乙包括“甲得3分乙得0分”、

“甲得3分乙得1分”、“甲得2分乙得0分”三种情况，

1113317

总的概率为PPPPPPP，

430312088888864

当两人分数差不大于1分时，乙再进行一次抛掷后甲得分高于乙包括“得分差为0，乙投反面”、

“甲的得分比乙的得分高1分”（此时无论乙再次抛掷的结果如何，甲的得分都将高于乙）两种情况，

1

总的概率PPPPPPPPPPPPPPP

5001122332102132

11333311131333125

，

88888888288888864

725321

所以比赛终止时甲得分高于乙的概率PP4P5.

6464642

1

故答案为：.

2

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ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中b6，asinB2bsinAcosB.

(1)若ac12，求AC边上的高；

(2)若12sinAb12sinC，求ABC的周长.

【答案】(1)33；(2)6+63

【解析】（1）因为asinB2bsinAcosB，

所以，由正弦定理边角互化得sinAsinB2sinBsinAcosB，

因为A,B0,π,sinA0,sinB0，

1π

所以12cosB，即cosB，即B，

23

因为ac12，b6，（3分）

2

所以，由余弦定理b2a2c22accosB得36ac2acac1443ac，

解得ac36，a2c2b22accosB363672

2

因为ac12，ac36，所以aca2c22ac0，即ac，

所以acb6，即ABC为等边三角形，

所以AC边上的高为33.（6分）

（2）因为12sinAb12sinC，b6，所以2sinAsinC1，

π2π

由（1）知B，故AC，

33

2π

所以2sinCsinC1，即3cosCsinC1，

3

ππ1

所以2cosC1，即cosC，

662

2πππ5ππππ

因为0C，C,，所以C，即C，（9分）

3666636

2πππ

所以A，即ABC为直角三角形，

362

πππ

A，C，B，b6.

263

b6

bca431

所以由sinB，sinC得sinB3，casinC4323

aa2

2

所以abc43623663，即ABC的周长为6+63.（13分）

16．（15分）

近年来某APP用户保持连续增长，若李明收集了2021~2025年的年份代码xx1,2,3,4,5与该APP在线用户

数y（单位：万）的数据，具体如下表所示：

年份代码x12345

App在线用户数y

80150210260300

（单位：万）

(1)求样本相关系数r（精确到小数点后两位），并判断变量x与y之间的线性相关关系的强弱；

(2)从2021~2025年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据y，记最小的数据为X，求X的分布列

及数学期望EX．

n

xixyiy

注：样本相关系数ri1．

nn

22

xixyiy

i1i1

【答案】(1)r0.99，x与y之间高度线性相关；(2)

X80150210

331

P

51010

EX114

1234580150210260300

【解析】（1）x3,y200，

55

5

xixyiy13802002315020033210200

i1

4326020053300200550，

5

222222

xix132333435310，

i1

5

222222

yiy8020015020021020026020030020030600，

i1

5

xxyy

ii550

ri10.99（分）

555

221030600

xixyiy

i1i1

r接近1，变量x与y高度线性相关．（7分）

（2）X表示抽取的三个数据的最小值，可能取值为80,150,210，

543

从5个数据中任取3个，共C310种，（9分）

5321

63

X80时，含80的组合数为C1C2166种，故PX80；

14105

3

X150时，不含80，含150的组合数为C1C2133种，故PX150；

1310

1

X210时，不含80，不含150，含210的组合数为C1C2111种，故PX210（13分）

1210

X的分布列为：

X80150210

331

P

51010

331

数学期望EX80150210114．（15分）

51010

17．（15分）

如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD∥BC，PA2，ABBC1，AD2，M是PD的中点．

(1)求证：CM//平面PAB；

(2)若ABAD，

（i）求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值；

BQ

（ii）在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，

BD

请说明理由．

6BQ

【答案】(1)证明见解析；(2)（i）（ii）存在，323

3BD

【解析】（1）取PA中点N，连接BN,MN，

1

因为M为PD中点，所以MN//AD，且MNAD1，

2

又BC1,BC//AD，所以BC//MN,BCMN，（2分）

所以四边形BCMN为平行四边形，即CM//BN，

又BN平面PAB，CM平面PAB，所以CM//平面PAB；（4分）

（2）（i）因为PA平面ABCD，且ABAD，

以点A为原点，建立如图所示空间直角坐标系：

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，

所以AB(1,0,0),AP(0,0,2),PD(0,2,2),CD(1,1,0)，（6分）

因为PA平面ABCD，PA平面PAB，

所以平面PAB平面ABCD，

又因为平面PAB平面ABCDAB,ABAD,AD平面ABCD，

所以AD平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为AD(0,2,0)，

PDn2b2c0

设平面PCD的法向量为n(a,b,c)，则

CDnab0

23

不妨取a1，则n(1,1,1)，则cosAD,n，

21113

36

所以平面PAB与平面PCD夹角的正弦值为1()2；（10分）

33

（ii）存在点Q满足题意，易知BD(1,2,0)，

假设存在点Q满足题意，设BQBD(,2,0)(01)，

所以Q(1,2,0),AQ(1,2,0)，

APm2z0

设平面PAQ的法向量为m(x,y,z)，则，

AQm(1)x2y0

令x2，则m(2,1,0)，（12分）

ADm2(1)

所以点D到平面PAQ的距离d1，

m(2)2(1)2

化简可得2630，解得323或323（舍去），

BQ

即323.（15分）

BD

18．（17分）

22

xy1

已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，直线x1被椭圆C所截得的线段的长为3．

a2b22

(1)求C的方程：

(2)已知点B(0,3)，过点P(4,0)的直线l交C于E，F两点(E,F在x轴的下方），直线BF交直线x1于点M．

（i）设直线ME的斜率为k1，直线MF的斜率为k2，判断k1k2是否为定值，并说明理由；

（ii）证明：直线ME过定点．

x2y2

【答案】(1)1；(2)（i）k1k2不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析.

43

【解析】（1）因为直线x1被椭圆C所截得的线段的长为3，

2

33

2

所以1,在椭圆上，代入得12，

21

a2b2

cc2a2b21x2y2

又，解得：1（4分）

aa2a2243

（2）设点M1,t,Ex1,y1,Fx2,y2，

设l:xmy4，

x2y2

122

由43得3m4y24my360，

xmy4

由Δ0，得(24m)24363m240，解得m2或m2，

又点E，F在x轴下方，则m2，

24m36

由韦达定理得yy,yy,

123m24123m24

yy2m

12

得，即2my1y23y1y2，（7分）

y1y23

y1ty2t

因为k1，k2

x11x21

y1ty2ty1tx21x11y2t

所以k1k2