文档文本内容
2026 年高考二轮信息必刷卷01
数 学
考情速递
高考·新动向：2026 年高考数学的试题模式将延续2025 年全国卷的新题型模式，解三角形、立体几何、
数列、解析几何、统计与概率、函数与导数这6 大块的知识点在解答题中的位置灵活多变，机动调整题
目顺序，旨在打破学生机械应试的套路，打破教学中僵化、固定的训练模式；同时测试学生的应变能
力和解决各种难度问题的能力，培养学生全面掌握主干知识、提升基本能力。例如2024 年新课标Ⅱ卷
中，以往的压轴题函数与导数安排在解答题第2 题；概率与统计试题加强了能力考查力度，安排在解答
题的倒数第2 题。新课标Ⅰ卷将解析几何试题安排在解答题的第2 题，数列内容则结合新情境，安排在
最后压轴题的位置。又如2025 年新课标I 卷中解答题第二题数列与导数结合体现了知识点的融合，而
从2025 年八省联考来看，它更注重细节，试题数以及对应分值虽然和去年新高考保持不变，但前两道
大题由两问调整为三问，计算量有所增加，这对于中档学生更容易拿分。
高考·新考法：2026 年注重减量提质，力求创新，要求学生在深刻掌握和理解概念、原理、方法的基础
上能够灵活变通，多个角度进行思考、分析问题，能够灵活、综合应用知识和方法解决问题，着重考
查思维的灵活性，充分发挥高考的选拔功能。试卷通过合理创设新颖的问题情境，考查学生独立思
考、提出观点、推理论证的能力，考查学生敢于质疑和批判的思维能力，考查学生的数学创新思维能
力和创新性意识，引导高中数学复习要淡化解题技巧、规避答题套路，注重培养学生良好的思维品质
和创新意识。
高考·新情境：创设真实情境是高考数学命题的一大特点。考生在这些真实情境下分析这种情境化的命
题形式有助于考查学生将数学知识应用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能
力。
命题·大预测：本套试卷立足新教材，新课标，重点考查必备知识、关键能力和核心素养。同时凸显了
综合性、应用性、创新性、灵活性。延续“多想少算”的考查理念。第5 题与实际情境结合，体现了学
以致用的思想，第8 题属于新高考试卷中的热点题型导数中构造函数比大小问题，第11 题引入新定义
“双纽线”，考查学生的迁移应用能力，体现创新性。巧设数列、函数周期性与二项式定理，凸显综
合性。第14 题由中规中矩的解三角形导入结合基本不等式求最值的思想进行解题，第19 题数列新定
义结合概率问题，试卷区分度大，体现了高考的选拔功能。
（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．已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分别求出集合A 和集合B，根据交集运算的概念，即可得答案.
【详解】由
，得
，故集合
；
由
，得
，或
，故集合
，
所以
.
故选：D.
2．已知复数
满足
，其中是虚数单位，则
（ ）
A．
B．
C．2
D．3
【答案】A
【分析】先计算出
，再计算
的模.
【详解】
,
.
故选：A.
3．某班有男生20 名，女生30 名．一次数学考试（所有学生均参加了考试），男生数学成绩平均为92，
女生数学成绩平均分为97，则该班数学成绩平均分为（ ）
A．94
B．94.5
C．95
D．95.5
【答案】C
【分析】根据平均数的计算公式即可得到答案.
【详解】设该班数学成绩平均分为
，
根据平均数定义得
分，
故选：C.
4．“
”是“直线
与圆
相切”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用直线与圆相切求出
，再利用充分条件、必要条件的意义判断即可.
【详解】圆
的圆心为
，半径
，
由直线
与圆
相切，得
，解得
，
反之，当
时，直线
与圆
相切，
所以“
”是“直线
与圆
相切”的充要条件.
故选：C
5．我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来计算远处目标的
高度和距离的方法.测量时使用的标杆高度为h（称为“表高”），太阳天顶距为
（太阳光线与垂直于底
面方向的夹角，且
）.根据三角学知识，标杆在地面上的影长与表高满足关系：
.假
设对同一表高进行两次测量，第一次测量时太阳天顶距为
，影长为表高的2 倍，第二次测量时太阳天顶
距为
，且满足
，则第二次测量时影长是表高的（ ）
A．1 倍
B．
倍
C．
倍
D．
倍
【答案】A
【分析】根据题中公式，结合正切两角差的公式进行求解即可.
【详解】由题意，第一次测量时太阳天顶距为
，影长为表高的2 倍，
又标杆在地面上的影长与表高满足关系：
，
所以
，
又因为第二次测量时太阳天顶距为
，且满足
，
解得
，
则第二次测量时影长
，
即第二次测量时影长是表高的1 倍.
故选：A.
6．若数列
满足
，其前
项和为
，若
，则
（ ）
A．0
B．1
C．5
D．11
【答案】D
【分析】先判断数列
为等差数列，再根据等差数列的通项公式和求和公式进行计算.
【详解】因为
，所以数列
为等差数列.
设首项为
，公差为
，
则
.
所以
.
故选：D
7．在平面直角坐标系xOy 中，过点
的直线与抛物线
交于A,B 两点，若直线OA,OP,OB 的斜
率依此成等比数列，则的斜率为（ ）
A．
B．
C．2
D．3
【答案】A
【分析】设出的方程，与抛物线方程联立，表示出韦达定理，结合已知可得的方程，进而求解即可.
【详解】设的方程为
，
，
将直线方程代入抛物线方程得
，所以
，
，所以
，
因为
，所以
．所以
．所以
．
故直线的斜率为
．
故选：A.
8．若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】A 选项，构造
且
，求导得到其单调性，得出
，A 错误；B
选项，构造
且
，求导得到其单调性，得出
；C 选项，
构造
且
，求导得到其单调性，证明出
；D 选项，举出反例即
可.
【详解】对于A，令
且
，则
，
故
在
上单调递增，则
，即
，
所以
，即
，故A 错误；
对于B，令
且
，则
，
故
在
上单调递增，则
，即
，所以
，故B 错误；
对于C，令
且
，则
，
故
在
上单调递增，则
，即
，
所以
，则
，故C 正确；
对于D，当
时，
，故D 错误.
故选：C.
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．在棱长为2 的正方体
中，
与
交于点
，则（ ）
A．
平面
B．
平面
C．
与平面
所成的角为
D．三棱锥
的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，
根据等体积法判断D.
【详解】∵
平面
平面
平面
，A 对；
因为
又
平面
，
平面
，
所以
平面
平面
，B 对；
因为
平面
与平面
所成角为
因为
，
C 错；
因为
，D 对.
故选：
.
10．已知函数
，则（ ）
A．
有两个极值点
B．
的对称中心为
C．过点
作曲线
的切线有三条
D．若函数的一个零点在
之间，则它所有零点都在
之间
【答案】AB
【分析】求得
，利用导数求得函数
的单调区间，结合极值点的概念，可得判定A 正
确；根据
为奇函数，结合函数的图象变换，可得判定B 正确；作出
的大致图象，结合函
数的性质，可判定C 错误；根据函数
的单调性，结合图象，列出不等式组，即可求解.
【详解】对于A 中，由函数
，可得
，令
，可得
，
当
时，
单调递增；
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
所以
在
处取极大值，在
处取极小值，所以 A 正确；
对于B 中，因为函数
为奇函数，关于
对称，
所以函数
关于
中心对称，所以B 正确；
对于C 中，作出
的大致图象，如图所示，
当
时，
为上凸函数，
在拐点
处的切线为
，
它与
恰交于
；
当
时，
为上凹函数，
，
过
只能作
的两条切线
，所以C 错误；
对于D 中，由A 知函数
在
上单调递增；
上单调递减；
要使
有零点，则只需
，解得
，
当
时，
大致图象如下
可得
有一个零点
之间，但另一零点
，所以D 错误.
故选：AB．
11．双纽线
最早于1694 年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy 中，
把到定点
的距离之积等于
的点的轨迹称为双纽线.已知点
是
时的双
纽线
上一点，则（ ）
A．
关于原点成中心对称
B．
上满足
的点
有2 个
C．
面积的最大值为
D．当直线
与
有3 个交点时，
的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对于A，设动点
，把
关于原点对称的点
代入轨迹方程，显然成立；对于
B，易得若
|则
在
轴上再根据
的轨迹方程求解即可；对于C，由三角形得面
积公式
求解判断即可；对于D，联立方程组，由判别式分析求解即可.
【详解】对于A，设动点
，由题可得
的轨迹方程
，
把
关于原点对称的点
代入轨迹方程显然成立，故A 正确；
对于B，
时的双纽线的方程为
，
若
，则
在
的中垂线
轴上，故此时
，
代入得
，即
，所以只有一个点
，故B 错误；
对于C，因为
，是
上的一点，
故
，
当
，即
时等号成立，
下面说明垂直时可取到，
，则
，
代入
，
得
，解得
，故C 正确；
对于D，直线
与
有3 个交点时，
联立
与
，
得
，当
时，适合上述方程，
当
时，
，
即
，则
，则
，
所以直线
与
有3 个交点时，
的取值范围是
，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。
12．已知平面向量
，
，若
，则实数
的值为 .
【答案】
【分析】先求出
，根据向量平行得到方程，求出实数
的值.
【详解】
，
，
，
.
故答案为：
13．已知函数
在区间
上的值域为
，且
，则
的值为 .
【答案】
【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.
【详解】
，故
，
因为
在区间
上的值域为
，
且
，故必有
，
如图所示，则
故
故答案为：
14．如图，已知
，
为
边
上的两点，且满足
，则当
取最大值时，
的面积等于 .
【答案】
/
【分析】由题设
，
利用三角形的面积之比，将其化简得
，借助于
余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得.
【详解】如图，设
，分别记
的面积为
，
则
①
②
由①，②两式左右分别相乘，可得：
，
即
.
设
，在
中，由余弦定理，
，
因
，则
，当且仅当
时，等号成立，
此时
，因
，故
，
最大，
此时
，
，
所以
.
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）
智能驾驶是近年来人工智能､传感器､高精度地图等领域融合发展的产物，正在逐步改变着传统交通方式.智
驾的安全性是目前公众和行业关注的焦点.某车评中心对智能驾驶系统进行天气场景测试，每次测试相互独
立，数据整理如下：
天气类型
成功次数
失败次数
总计
晴天
80
20
100
雨雪天
50
50
100
合计
130
70
200
(1)根据测试数据判断，是否有
的把握认为测试结果与天气类型有关？
(2)用频率估计概率，车评中心在某个雨雪天又进行了数次独立测试，记测试成功的次数为
，若
，求车评中心测试的次数.
参考公式：
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
【详解】（1）提出假设为
：测试结果与天气类型没有关系，
根据列联表中数据，求得
，
可以推断假设
不成立.因此有
的把握认为，测试结果与天气类型有关.（6 分）
（2）设车评中心测试的次数为
，则
，
则
，
因为
，所以
即
，
所以车评中心测试的次数为11.（13 分）
16．（15 分）
已知双曲线C 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴，y 轴，且过
，
两点．
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)已知直线l 与双曲线C 有且只有一个公共点，且l 与坐标轴正半轴所围成的三角形面积为
，求直线l 的
方程．
【详解】（1）由题意知该双曲线焦点在x 轴上，故设其方程为
，
根据过
知
，又过
，故有
，解得
，
所以双曲线C 的标准方程为
；（6 分）
（2）直线l 与双曲线C 有且只有一个公共点，且与坐标轴正半轴所围成三角形，分两种情况：
当直线l 与双曲线的一条渐近线
平行时，设直线l 的方程为
，
此时三角形的面积为
，解得
，所以直线l 的方程为
；（9 分）
当直线l 与双曲线相切时，直线l 的斜率显然存在，设其方程为
，
联立
，得
，
所以
且
，即
，
又因为三角形的面积为
，解得
（负根舍去），
所以
，解得
（正根舍去），所以直线l 的方程为
；
综上，直线l 的方程为
或
.（15 分）
17．（15 分）
在四棱锥
中，底面
为直角梯形，满足
，
底面
.点
为棱
的中点，点
为棱
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求平面
与平面
所成夹角的余弦值；
(3)设点
为三棱锥
的内切球球面上一动点，求三棱锥
体积的最大值.
【详解】（1）方法一：证明：连接
，
是
中点，
是
中点，
是
的中位线，故
.
又
平面
平面
，
根据线面平行的判定定理，可得
平面
.
方法二：
证明：取
的中点
，连接
.
是
中点，
是
中点，
.
又
平面
平面
，故
平面
.
同理可证
平面
.
又
平面
，所以平面
平面
.
平面
平面
.（4 分）
（2）以
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，
，
.
.设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
.设平面PCD 的法向量为
，
则
，
令
，得
设平面
与平面
所成的夹角为
，则
故平面
与平面
所成夹角的余弦值为
.（9 分）
（3）三棱锥
的内切球球心为
，半径为，
三棱锥
的表面积为，
则
，
由等体积法可知：
，则
，
由题意
，得球心
，
则
，得点
到平面
的距离
，
而
，得
，
因此三棱锥
体积的最大值为
．（15 分）
18．（17 分）
已知函数
.
(1)当
，
时，求证：
；
(2)当
时，
（ⅰ）求
在
上的所有极大值点之和；
（ⅱ）若
在
上有两个实根
，
，比较
与
的大小关系.
【详解】（1）当
，
时，
，要证
，即证：
.
设
，则
，∴
在
上单调递减，
∵
，∴
，即
，∴
得证.（4 分）
（2）（ⅰ）当
时，
，
.
当
时，由
得
或
，
解得
，
，
，
，
或
，
当
，
，
，
时，
，
∴
在
，
，
，
上单调递增；
当
，
，
时，
，
∴
在
，
，
上单调递减.
∴当
时，
的极大值点为
，
，
，所以极大值点的和为
.（10 分）
（ⅱ）
，证明如下：
∵
的定义域为
，且
，
∴
为奇函数，由（ⅰ）知
是周期为
的周期函数，
∴易知
在
上单调递减，在
上单调递增，
∴
是
的极小值点.
设
，∴
，
，∴
，
要证
，只需证
，即证
，
∴
，∴只需证
.
令
，其中
，
∴
，
∵
，∴
，
，
∴
，
，∴
，
∴
在
上单调递增，
∵
，∴
，∴
，
∴
，所以得证.（17 分）
19．（17 分）
在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数
列的一次“J 延拓”.如数列1，2 第一次“J 延拓”后得到数列1，2，2，第二次“J 延拓”后得到数列
1，2，2，4，
将数列a，b，c 经过n 次“J 延拓”后所得数列的项数记为
，所有项的乘积记为
(1)给定数列
，2，1，回答下列问题：
①求
，
②若
，求正整数n 的最小值.
(2)已知数列
，其中
，求该数列经过3 次“J 延拓”后，
能被48 整除的概
率.
【详解】（1）给定数列
，2，1，
①经过1 次“J 延拓”后得到数列：
，
，2，2，1，
经过2 次“J 延拓”后得到数列：
，2，
，
，2，4，2，2，1，
则
，
；（4 分）
②数列
，2，1 第n 次“J 延拓”后得到数列，记为
，
，
，
，
第
次“J 延拓”后，每两项之间添加1 项，共添加了
项，
则总项数
，即
，又
，
因此
是首项为4，公比为2 的等比数列，
，即
，
第
次“J 廷拓”后，每相邻两项之间插入这两项的乘积，
则在计算所有项的乘积时，因子
共出现了3 次，
，
，共出现了2 次，
，
，
于是所有项的乘积
，即
，
两边同时取以e 为底的对数，则
，
而
，
是首项为
，公比为3 的等比数列，
因此
，
，
由
，则
，
，
当
时，
，
当
时，
，
所以
的最小值为7.（10 分）
（2）设事件
该数列经过3 次"
延拓"后，
能被48 整除，
由a，b，c 都有6 种可能性，得基本事件总数为
，
依题意，
，
，
，则
，
而
，要使
能被48 整除，则
中既要有能被2 整除的数，又要有能被3 整除的数，
记事件
“
”，事件
“
”，
则
，
，
所以该数列经过3 次“J 廷拓”后，
能被48 整除的概率为
.（17 分）
