2026高考全国二指导卷数学（全国二卷02）（全解全析）

2026年高考考前最后一卷

高三数学

（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，用铅笔把答题卡上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．若集合M{x|x4}，N{x|ylnx1}，则MN（）

A．1,16B．,16C．0,16D．0,16

【答案】D

【分析】求得M{x|0x16},N{x|x1}，再由交集的定义求解即可.

【详解】由x4解得，0x16，

由x10解得，x1，

故得MN0,16．

2．下列函数中，在区间(0,)上单调递减的是（）

x

11

．．．2．

Ayx2Bylog1xCyDyx

33x

【答案】D

1

【详解】对于A，函数yx2在(0,)上单调递增；

logx,0x1

1

3

对于B，函数ylog1x，

3

log3x,x1

所以函数ylog1x在0,1上单调递减，在1,上单调递增；

3

x

2

对于C，因为函数y在(0,)上单调递减，

3

x

2

所以函数y在(0,)上单调递增；

3

1

对于D，因为函数y和yx在(0,)上单调递减，

x

1

所以函数yx在(0,)上单调递减.

x

3．下列说法中正确的是（）

A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4

B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1

C．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到26.852，根据小概率值0.005的2独立性检

验：0.0057.879，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%

D．若随机变量X服从正态分布N3,2，且PX40.7，则P2X40.4

【答案】D

【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断

C，根据正态分布的对称性求解P2X4可判断D.

【详解】对于A，由60%84.8，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A

错误；

对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1，故B错误；

22

对于C，根据小概率值0.005的独立性检验：0.0057.879，因为6.8527.789，则不能推断出

犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；

对于D，因为X服从正态分布N3,2，且PX40.7，

所以P2X42P3X42PX4PX320.70.50.4，故D正确；

故选：D.

4．如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度），

将此四棱锥容器倒置时，水面高度为（）

337

A．237B．27C．D．3

2

【答案】A

【分析】由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解.

【详解】设正四棱锥的底面边长为2a，因为注水四棱台部分的高为2，四棱锥的高为4，

2

所以注水四棱台的上底边长为a，体积122214a，

V14aa2a2

33

hx1

设注水四棱锥的水面高度为h，底面边长为x，则，所以xah，

42a2

2

所以注水四棱锥部分的体积11123，

V2ah·hah

3212

2

14a1233

因为V1V2，即ah，解得h27，

312

故选：A.

2

5．已知向量a，b满足a1,1，b1，且b在a上的投影向量为a，则b坐标为（）

4

26262626

A．,或,

4444

26262626

B．,或,

4444

26262626

C．,或,

4444

26262626

D．,或,

4444

【答案】A

【分析】设b(x,y)，根据题意利用向量的坐标运算求解即可.

2ab

2aa222

【详解】因为b在a上的投影向量为a，所以2，即aba，

44a42

2626

2xx

abxy44

设b(x,y)，则2，解得或，

222626

bxy1yy

44

26262626

所以b,或b,.

4444

故选：A.

6．对于函数fx，若在定义域内存在实数x0，满足fx0fx0，则称fx为“局部奇函数”，已知

x

fxa24在R上为局部奇函数，则实数a的取值范围是（）

A．4,B．4,0C．,4D．,4

【答案】B

【分析】结合已知条件，利用函数新定义，通过分离参数和基本不等式即可求解.

x0x0

【详解】由局部奇函数的定义可知，fx0a24fx0a24，

8

从而a0，

2x02x0

因为2x00，

所以2x02x022x02x02，

x0x0

当且仅当22，即x00时，不等式取等号，

从而4a0，即实数a的取值范围是4,0.

故选：B.

7．如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放1个、2个、3个花盆，形成三

角形排列，其中有虚线连接的2个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规

定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（）

A．18种B．32种C．54种D．72种

【答案】C

【分析】记上层花盆为A，中层花盆从左到右依次为B1、B2，下层花盆从左到右依次为C1、C2、C3，则花

盆A有3种颜色可选，然后对B1、B2是否同色进行分类讨论，确定C1、C2、C3的涂色种数，以及C1、C2、

C3同色时的涂法种数，结合分类、分步计数原理以及间接法可得结果.

【详解】记上层花盆为A，中层花盆从左到右依次为B1、B2，下层花盆从左到右依次为C1、C2、C3．

由题可知A有3种颜色可选，

①当B1、B2同色时，有2种颜色可选，此时C1、C2、C3各有2种颜色可选，

其中C1、C2、C3同色时有2种颜色可选，

此时花盆摆放的不同方式有32222236种；

②当B1、B2不同色时，B1有2种颜色可选，B2只有1种颜色可选，

则C1有2种颜色可选，C2只有1种颜色可选，C3有2种颜色可选，

其中C1、C2、C3同色时只有1种颜色可选，

此时花盆摆放的不同方式有321212118种．

综上，最下层不全为同色时，花盆摆放的不同方式共有361854种．

2

8．若实数x,y满足exlnxy1，下列说法正确的是（）

A．x存在最小值B．x存在最大值C．y存在最小值D．y存在最大值

【答案】B

【分析】令f(x)exlnx，x0，利用导数求出函数f(x)在,0上单调递减，得函数f(x)的值域为

1

R，可以判断C，D选项，由零点存在性定理得，存在x01,，使得f(x0)0，可以判断A，B选项．

e

x

x1xe1

【详解】令f(x)elnx，x0，则f(x)ex，

xx

令h(x)xex1,x0，则h(x)exxexx1ex，

由h(x)0，得x1，由h(x)0，得1x0，

得函数h(x)在,1上单调递减，在1,0上单调递增，

1

则h(x)h(1)e1110，

e

h(x)

因为x0，所以f(x)0，所以函数f(x)在,0上单调递减，

x

当x时，f(x)，当x0时，f(x)，

22

得函数f(x)的值域为R，而y10，则y1可以取遍0,的所有值，

则y的取值范围为R，故y不存在最小值，也不存在最大值，

1

111

11e

又因为f(1)eln10，f()eln110，

ee

eee

而函数f(x)在,0上单调递减，

1

由零点存在性定理得存在x01,，使得f(x0)0，

e

即当xx0时，f(x)0，当x0x0时，f(x)0，

2

因为exlnxy10，

2

所以要使关于y的方程exlnxy1有实数解，

x

必须满足elnx0，得xx0，

故x存在最大值x0，x不存在最小值．

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．

13

9．已知复数z在复平面内对应的点为,，则（）

22

A．z1B．zz1C．z2z10D．z2026z

【答案】ACD

【分析】根据复数的相关概念，如复数的模、共轭复数、复数的运算等，分别对各选项进行分析判断即可.

22

131313

【详解】由题可知，复数z在复平面内对应的点为,，，则，

ziz1

222222

故A正确；

131313

zi，则zzii1，故B错误；

222222

22

131331321313

2，则zz1ii1110，

zi2i+i=i

22442222222

故C正确；

675

321313202620253

zzzii1，则zzzzzz，故D正确.

2222

故选：ACD.

10．若6a2，6b3，则下列判断正确的是（）

111

A．ab1B．abC．a2b2D．b

422

【答案】AB

ab

【详解】对于选项A，因为62，63，所以ablog62log63log661，故A正确；

11

对于选项B，由ab12ab可得ab（又ab，等号不成立），所以ab，故B正确；

44

21111

对于选项C，由a2b2ab2ab12ab，由ab，可得a2b212，所以a2b2，故C

4422

错误；

11

对于选项D，因为36，所以blog3log6log62，故D错误.

6662

xy

11．对于曲线C:1（其中m,n,均为正数），下列说法正确的是（）

mn

A．曲线C是轴对称图形

1

B．当mn1,1时，曲线C围成的封闭区域面积的取值范围为0,

2

C．当2时，曲线C与曲线xy1有4个交点

D．当mn,01时，曲线C围成的封闭区域的面积小于2m2

【答案】AB

【分析】A代入(x,y),(x,y),(x,y)判断即可；B代入参数，可得第一象限与坐标轴围成的面积范围，结

合A的对称性即可判断；C代入参数，结合基本不等式可得曲线无公共点；D选项，举特例即可判断.

【详解】A选项，若(x,y)满足曲线C的方程，则(x,y),(x,y),(x,y)满足曲线C的方程，则曲线C关于

坐标轴以及原点对称，A正确；

xy

B选项，当mn1,1时，曲线C:1，在第一象限为线段，与坐标轴交于M(m,0),N(0,n)，则

mn

1

Smn，S4S2mn2m(1m)，m(0,1)，

OMN2OMN

1

由二次函数可求得S的取值范围为0,，B正确；

2

C选项，当2时，当mn1时，曲线C：x2y21，

由基本不等式可得1x2y22|xy|，与xy1不会同时成立，则无交点，C错误；

1

D选项，当mn,01时，若=,m2，则曲线C：|x||y|2，

2

在第一象限，即xy2，

则xyx(2x)22x4x42(x1)222，

当且仅当xy1取等号，

如图，曲线C在第一象限与坐标轴围成的面积大于直线xy2与坐标轴围成的面积2，

则曲线C围成的封闭区域的面积大于8，D错误；

故选：AB.

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。

1

12．圆心在射线yxx0上，与y轴相切，且被x轴所截得的弦长为23的圆的方程为_____.

2

22

【答案】x2y14

【分析】设圆心为2a,aa0，可知半径R2a，根据垂径定理，利用直线截圆所得弦长可构造方程求

得圆心和半径，由此可得圆的方程.

22

【详解】设圆心为2a,aa0，则圆的标准方程为x2aya4a2，

所以圆的半径R2a，又圆被x轴所截得的弦长为23，则4a2a23，

解得a1，

22

所以圆的标准方程为x2y14.

22

故答案为：x2y14.

cos

13．已知,均是第一象限角，1,tantan6，则cos()______．

sincos

2

【答案】

2

【分析】根据条件分别求tan,tan，再根据同角三角函数关系式求sin,cos和sin,cos，最后代入两

角和余弦公式求解即可.

【详解】由条件可知，cossincos，得tan2，又tantan6，所以tan3，

因为是第一象限角，

sin

2

cos

22255

所以sincos1，解得sin，cos，

55

sin0,cos0

sin

3

cos

2231010

又所以sincos1，解得sin，cos，

1010

sin0,cos0

510253102

所以coscoscossinsin，

5105102

2

所以cos.

2

x2y2

14．已知双曲线C:1a0,b0的左、右焦点分别为F1,F2，过F1作与双曲线C的一条渐近线平行

a2b2

的直线交双曲线C于点P，若F1PF2150，则双曲线C的渐近线方程为_____．

【答案】y423x

【分析】先通过双曲线的定义建立PF1与PF2的关系，再利用三角形的正余弦定理将“角”与“双曲线参数

b

a,b,c”关联，最终解出渐近线的斜率.

a

ba

【详解】不妨设P在第二象限，PFF，则sin,cos，

12cc

设PF1m，则PF2m2a，由余弦定理，

2

222ab

m2am4c4cm，解得m．

c2a

b2b

PFsin2a

由正弦定理有2，即2ac，

F1F2sin1502c1

2

bb

解得423，或423，

aa

b3b

由于tan，所以423，

a3a

故双曲线C的渐近线方程为y423x．

故答案为：y423x

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，角A,B,C的对边分别a,b,c，已知sin22CsinCsin2C2sin2C.

(1)求角C的大小；

(2)若ab1,c7，求ABC的面积.

π

【答案】(1)C

3

33

(2)

2

1

【分析】（1）利用倍角公式进行化简，结合C0,π的范围，得出cosC，即得角C；

2

（2）通过ab1进行变量代换，借助余弦定理得出a,b的值，再利用面积公式即得面积.

【详解】（1）由sin22CsinCsin2C2sin2C0，

得4sin2Ccos2C2sin2CcosC2sin2C0，

即2sin2C2cos2CcosC10，因为sinC0，

所以2cos2CcosC10，

即2cosC1cosC10，

1

故cosC1（舍）或cosC，

2

π

由于C0,π，所以C.

3

a2b2c2π1

（2）cosCcos，由ab1，

2ab32

a2b2c2(b1)2b2c21

得，又c7，

2ab2b1b2

所以b2b60，

解得b2或b3（负值舍），故ab13，

3

又由（1）知sinC，

2

11333

故ABC的面积为absinC6.

2222

16．（15分）

每年春季万象更新，也是病毒变异和流行病高发期，现代流行病学调查表明：某种流行病毒变异所形成的

疾病S是由致病菌和致病菌共同引起的，治疗时至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈．

(1)现有一种对疾病S的试剂检测方法，该检验方法对患病S的人进行化验，检测结果有96%呈阳性，对未患

病S的人进行化验，检测结果有98%呈阴性．检测结果为阳性的人中未患该病比例为误诊率．若某地区疾病

S的患病率为0.4%，求这种检验方法在该地区的误诊率（结果精确到0.001）；

(2)对疾病S有效治疗的药物有A，B两款，且这两种药物的疗程均为3天（药物使用时，按疗程服用3天，

超过3天无效需换药进行治疗（无论谁先使用都不会影响后使用的药物的治愈率）．若使用完两种药物仍

13

不见效，依靠自身的免疫能力再经过3天也能痊愈．已知药物A杀灭致病菌和致病菌的概率分别为,，

24

2

药物B杀灭致病菌和致病菌的概率均为，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立．请问

3

应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？

【答案】(1)0.838

(2)需先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短

【分析】（1）本小问主要考查条件概率和全概率公式，首先求出检测结果为阳性的概率，其次求出未患病

且检测结果为阳性的概率，最后结合条件概率公式求出误诊率；

（2）本小问主要考查离散型随机变量的数学问题，先分别计算出先A后B和先B后A两种方案下，治愈天

数的所有可能取值及对应概率；再计算两种方案的期望天数，比较大小，选择期望更小的方案.

【详解】（1）记事件A：检测结果阳性，事件B：患病S，

由题意可知，P(B)0.004,P(B)0.996，P(A|B)0.96，P(A|B)0.02，

所以P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)0.0040.960.9960.020.02376，

P(AB)P(B)P(A|B)0.9960.02

因此，这种检验方法在该地区的误诊率为P(B|A)0.838．

P(A)P(A)0.02376

（2）设P(A)表示药物A能治愈疾病S的概率，P(B)表示药物B能治愈疾病S的概率，

2

13728

则有P(A)111，P(B)11．

24839

设先用药物A再用药B来治愈疾病S所需的天数为X1，X1的可能取值为3，6，9，

则P(X13)P(A),P(X16)[1P(A)]P(B)，

P(X19)[1P(A)][1P(B)]，

所以E(X1)3P(A)6[1P(A)]P(B)9[1P(A)][1P(B)]

787841

96P(A)3P(B)3P(A)P(B)9633．

898912

设先用药物B再用药A来治愈疾病S所需的天数为X2，X2的可能取值为3，6，9，

同理得P(X23)P(B),P(X26)[1P(B)]P(A)，

P(X29)[1P(B)][1P(A)]，

则有E(X2)3P(B)6[1P(B)]P(A)9[1P(A)][1P(B)]

787827

93PA6PB3PAPB9363，

89898

从而有E(X1)E(X2)，由此需先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短.

17．（15分）

π

如图，等腰梯形PBCD中，BC//PD，BAPD，AD2PA，APB，ABBC，现将PAB沿AB折

4

CEBF

起得四棱锥PABCD，在四棱锥PABCD中，点E，F分别在PC，BD上，且2.

EPFD

(1)求证：EF//平面PAD；

(2)若二面角PABD为60，求直线EF与平面PAB所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

7

(2)

14

【分析】（1）在CD上取一点G，使得CG2GD，根据题意，分别证得EG//平面PAD，FG//平面PAD，

结合面面平行的判定定理，证得平面EFG//平面PAD，即可证得EF//平面PAD.

（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设AD2PA4，分别求得平面PAB的法向量n(0,3,3)和向

423

量EF(0,,)，结合向量的夹角公式，即可求解.

33

【详解】（1）证明：在CD上取一点G，使得CG2GD，

CEBF

因为E,F分别在PC和BD上，且2，

EPFD

CECG

在△PCD中，可得，所以EG//PD，

EPGD

又因为EG平面PAD，PD平面PAD，所以EG//平面PAD，

CGBF

在△BCD中，可得，所以FG//BC，

GDFD

因为AD//BC，所以FG//AD，

又因为FG平面PAD，AD平面PAD，所以FG//平面PAD，

因为EGFGG，且EG,FG平面EFG，所以平面EFG//平面PAD，

又因为EF平面EFG，所以EF//平面PAD.

（2）解：因为ABPA,ABAD，且PAADA，PA,AD平面PAD，

所以AB平面PAD，则PAD即为二面角PABD的平面角，所以PAD60，

以A为原点，以AB,AD所在直线为x,y轴，以过点A垂直于平面ABCD的直线为z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示，

设AD2PA4，可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,1,3)，

则AB(2,0,0),AP(0,1,3)，

nAB2x0

设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，则，

nAPy3z0

取x3，可得x0,y3，所以n(0,3,3)，

CEBF22

又由2，可得CECP,BFBD，

EPFD33

设E(x1,y1,z1),F(x2,y2,z2)，

22

可得(x2,y2,z)(1,1,3)且(x2,y,z)(2,4,0)，

11132223

242328423

解得x,y,z，x2,y2,z20，所以EF(0,,)，

1313133333

π

设EF与平面PAB所成的角为，其中(0,)，

2

nEF42321

则sincosn,EF，

nEF2714

23

3

3217

所以cos1sin21()2，

1414

7

所以EF与平面PAB所成的角的余弦值为.

14

18．（17分）

已知函数fxxlnxlna1x.

(1)求函数fx的单调区间；

(2)设函数fx的零点为x0，设曲线yfx在x0,0处的切线为ykxm，求证：fxkxm.

11

(3)当a1时，设x,x0,，且满足fxfx1，求证：ex2ex1.

e1212a

【答案】(1)fx在0,a为增函数；fx在a,为减函数；

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间；

（2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证；

x1x2x

（3）分类讨论证明x1x2，结合条件不等式可转化为fx1aefx2ae，构造函数gxfxae，

求导后，利用不同方法证明gx在0,为增函数，即可得证.

【详解】（1）fxxlnxlna1x，

由fxlnxlna，

当x0,a时，fx0，即fx在0,a为增函数；

当xa,时，fx0，即fx在a,为减函数.

所以fx的递增区间为0,a，递减区间为a,；

（2）由fxxlnxlna1x0，解得x0ae，

又因为fxlnxlna，则faelnaelna1，

所以切线方程为yxae，

设xxlnxlna2xae，则xlnxlna1，

令xlnxlna10，解得xae，

当0xae时，x0，当xae时，x0，

可知x在0,ae为增函数，x在ae,为减函数，

故xae0，所以fxkxm；

（）由（）可知，

31fxmaxfaa1

①若x20,a，则fx2x2lna1lnx2x20，

fx1fx2fx1faalnaalnaa1不符合题意；

所以x2a，

②若0x1a，则x1x2，

③若x1a，x2a，又因为fx在a,为减函数，

所以fx1fx21fx2，所以x1x2，

综上所述x1x2，

1

又因为fxfx1，由ex2ex1，

12a

x2x11

所以eefx1fx2，

a

x2x1x1x2

即aeefx1fx2，即fx1aefx2ae，

设gxfxaex，

所以gxfxaexaexlnxlna，

1

方法一：设hxaexlnxlna，所以hxaex，

x

因为hx在0,为单调递增，

当x0时，hx，x，hx，

1

所以存在t0,，使得ht0，即aet0，

t

又因为x0,t，hx0，即hx在0,t为减函数；

又因为xt,，hx0，即hx在t,为增函数；

1

所以hxhtaetlntlnalntlna，

t

1

又因为aet，则有lnatlnt，

t

1

又因为a1，

e

1

htt2lna22lna0，

t

所以hx0，即gx在0,为增函数，

1

又因为xx，所以gxgx，即ex2ex1.

2121a

方法二：hxaexlnxlnaexlnaxlnalnxx

设Fxlnxx，因为Fx在0,单调递增，

xlna

又因为exlnaex1x所以FeFx

所以hx0，即gx在0,为增函数，

1

又因为xx，所以gxgx，即ex2ex1.

2121a

19．（17分）

x2y2210

已知椭圆：，F1,0，F1,0，点M2,在椭圆上由椭圆的光学性质得

C221ab012C.

ab3

到：从焦点F1处发出的一束光线，射向椭圆C上的点P1，经椭圆反射后经过焦点F2；继续传播，射向椭圆

C上的点P2，经椭圆反射后经过焦点F1；如此反复，设第n次入射点为Pnn1,2,3,.规定：当n为奇数时，

记FnF2；当n为偶数时，记FnF1；记AnFnPn，BnFnPn1，即：A1F2P1，A2F1P2，A3F2P3，…，

B1F2P2，B2F1P3，B3F2P4，….

(1)求椭圆C的标准方程；

x2y2

(2)已知椭圆C：1ab0的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆C上的动点M满足，到一个定点

a2b2

a2t

Ft,0t0的距离与到不通过这个定点的一条定直线x的距离之比是一个常数，其中a2b2t2）

ta

11

得到.求证：为定值；

A2n1B2n1

A4n1

nn1

(3)若A13，记Dn，Sn，求证：数列Dn为等比数列，Sn.

An2i1Ai46

x2y2

【答案】(1)1

98

3

(2)证明见解析，定值为

4

(3)证明见解析

【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；

（2）由题意可得P2n1、F2、P2n三点共线，设该直线为xmy1，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦

11

达定理，