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2026 年高考数学考前必刷卷（二）
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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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】由对数的单调性求集合A，根据正弦函数性质求集合B，进而求其交集.
【详解】由
，
，
所以
.
故选：D
2．已知i 是虚数单位，若复数
是纯虚数，则实数m 的值是（ ）
A．
B．3
C．
D．
【答案】C
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数
，再根据纯虚数的定义即可得解.
【详解】
，
因为复数
是纯虚数，
所以
，解得
.
故选：C.
3．函数
和
的定义域均为
，已知
为偶函数，
为奇函数，对于
，均
有
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性可得出关于
、
的方程组，解出这两个函数值，即可得出
的
值.
【详解】函数
和
的定义域均为
，函数
为偶函数，则
，
因为函数
为奇函数，所以
，可得
，
因为
，所以
①，
，即
，可得
②，
联立①②可得
，
，故
.
故选：B.
4．数列
是各项均为正数的等比数列，数列
是等差数列，且
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】分析：先根据等比数列、等差数列的通项公式表示出
、
，然后表示出
和
，然后
二者作差比较即可．
详解：∵an=a1qn﹣1，bn=b1+（n﹣1）d，
∵
，∴a1q4=b1+5d，
=a1q2+a1q6
=2（b1+5d）=2b6=2a5
﹣2a5= a1q2+a1q6﹣2a1q4 =a1q2（q2﹣1）2≥0
所以
≥
故选B．
点睛：本题主要考查了等比数列的性质．比较两数大小一般采取做差的方法．属于基础题．
5．在平面直角坐标系中，直线与圆
交于
两点，且
的面积为1，已知
是圆
上的动点，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先将圆
的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再根据
的面积求出圆心到直线的距离，
最后利用向量的运算和圆的性质求出
的最大值.
【详解】圆
的方程可化为
，
所以圆
的圆心坐标为
，半径
.
设圆心
到直线的距离为
，根据
的面积为1，
得
，即
，所以
，即
.
设
的中点为
，则
，
，
因为
，所以
.
由
，得
,
的最大值为圆心
到直线的距离加上圆的半径，
即
，所以
的最大值为
.
故选：B
6．已知函数
的最小正周期为T，若
，则函数
的最大值为（ ）
A．
B．
C．2
D．
【答案】D
【分析】先根据已知条件求出
的值，再结合二倍角公式化简函数，最后通过换元法分析函数求最值．
【详解】
的最小正周期为
，
，
，
又
，
，
，
令
，则
，
，函数
开口向下，对称轴
，
函数
最大值为：
．
故选：D．
7．已知函数
，其中e 是自然对数的底数.若
，则实数的取值
范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先构造函数
，接着研究其奇偶性和单调性，进而再利用
奇偶性和单调性将所求不等式转化成解不等式
即可计算求解.
【详解】令
，
则
，
所以函数
为奇函数，
因为
，
所以
恒成立，当且仅当
时
，
所以函数
在
上单调递增，
所以解不等式
，等价于解不等式
，
即解不等式
，即
，
所以
.
故选：C
8．已知抛物线
的焦点为
，
为抛物线上一点，
，直线
与抛物线另一交
点为
，则
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】求出抛物线及直线方程，通过直曲联立求出点
的横坐标，再根据抛物线的定义进行求解即可.
【详解】因为
，由抛物线的定义可知
到准线距离为，即
，解得：
，
即抛物线方程为
，代入点
坐标得
，即
.
不妨取
，又
，
则直线
的斜率为
，所以直线
为
，
联立
，消去
整理得：
，
解得：
，
，即
点的横坐标为
，
由此可得：
，即得：
.
故选：B
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．已知
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若
，则
【答案】AC
【分析】由对数函数性质得
，然后根据不等式的性质判断ABD，构造函数
，用导数
确定函数的单调性后判断C．
【详解】由
及换底公式得
，
，又
单调递减，故
，A 正确；
由
得
，则
，故B 错误；
令
，则
，
所以
在区间
上单调递增，
又
即
，
即
，故C 正确；
由
，
，
，
，故D 错误.
故选：AC
10．某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E 这五名同学负责语文、数学、英语、物理学
科相关工作．则下列说法中正确的是（ ）
A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有
种
B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240 种不同的方案
C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60 种不同的方案
D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A 不负责语文且B 不负责数学工作，则有138 种不
同的方案．
【答案】BCD
【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解．
【详解】A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有
种，故A 错误；
B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人，
我们把这五人分成四组共有
种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有
种，
根据分步计数乘法原理可知：有
种不同的方案，故B 正确；
C：若数学学科必须安排两人，则有
种方法，其余学科各安排一人共有
种，
根据分步计数乘法原理可知：有
种不同的方案，故C 正确；
D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A 负责语文”或
“B 负责数学”的情况，用容斥原理计算：
情况1：A 负责语文
固定在语文，剩余4 人分配到4 科（每科至少1 人），分2 种子情况：
①语文为“2 人组”（
人）：选1 人加入语文（
），剩余3 人分配到其他3 科（
），方案数：
②语文为“1 人组”（仅A）：先B、C、D、E 分为三组（2，1，1），有
种方法，再将三组分到数学、
英语、物理，有
种方法，故总的方法数为：
；
情况1 总方案数：
．
情况2：B 负责数学
与“情况1”对称，总方案数同样为60．
情况3：A 负责语文且B 负责数学（重复减去的部分）
在语文、B 在数学，剩余3 人分配到4 科（每科至少1 人），分2 种子情况：
①语文或数学为“2 人组”：剩余3 人选2 人分配到英语和物理（
），最后1 人去语文或数学（
），
方案数：
；
②英语或物理为“2 人组”：3 人分成两组（2，1），有
种分法，两组分配到英语和物理，有
种分法，
故方案数为
；
故情况3 总方案数：
．
根据容斥原理，不符合条件的方案数为：
，
因此，符合条件的方案数为：
，故D 正确.
故选：BCD．
11．已知正方体
的棱长为
为底面
内一动点，且
，则（ ）
A．点
的轨迹的长度为
B．
平面
C．恰有一个点
，满足
D．
与平面
所成的角的正弦值的最大值为
【答案】BC
【分析】根据线面垂直、面面垂直、线面平行、面面平行的判定和性质进行逐项判断即可.
【详解】对于A 选项，
根据正方体的特性和性质可知，
，
因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
根据正方体的特性和性质可知，
，又
平面
，
平面
，因为
，
为底面内一动点，
所以点
在对角线
上，即点
的轨迹的长度为
选项错误；
对于B 选项，
因为
平面AC D1，而
不在平面AC D1内，
所以
平面AC D1，同理，
平面AC D1，
又
平面
，
所以平面
平面
，又
平面
，所以
平面
选项正确；
对于C 选项，
因为
平面
，
所以
平面
，由选项A 知点
在
上，
所以当且仅当
为
的中点时，满足
，C 选项正确；
对于D 选项，
因为
平面
，所以
与平面
所成的角即为
，
因为
，所以要使得
取最大值，则
取最小值，
所以当
为
的中点时，
取得最大值，
此时
，D 选项错误.
故选：BC.
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．在
的展开式中，只有第5 项的二项式系数最大，则展开式中
的系数为 .
【答案】7
【分析】根据只有第5 项的二项式系数最大，可得
，写出
展开式的通项公式，令
，
求得k 值，代入即可求出答案.
【详解】因为只有第5 项的二项式系数最大，
所以展开式共有9 项，即
，
所以
展开式的通项公式为
，
令
，解得
，
所以展开式中
的系数为
.
故答案为：7
13．已知过点
的直线与圆
交于
，
两点，且
，则
的面积是
．
【答案】4
【分析】设
的中点为
，
，弦心距为
，由
和
根据勾股定理列式求解，再根
据三角形的面积公式求解即可.
【详解】
，所以
在圆内，
设
的中点为
，
设
，因为
，
所以
，
设圆心到直线的距离为
，所以
，
又
，
解得
，则
，
，
所以
的面积是
.
故答案为：4.
14．已知函数
，若存在实数
且
，使得
，则
的最大值为 .
【答案】
【分析】作出函数
的图象，根据图象分析可知
与
有三个交点，可得
，
，代入可得
，令
，利用导数求其最
值，即可得结果.
【详解】根据题意作出函数
的图象，如图所示，
令
，解得
或
，
令
，解得
或
或
，
由题意可知：
与
有三个交点，则
，
此时
，且
，
令
，可得
，
则
，
令
，则
，
可知
在
内单调递增，则
的最大值为
，
所以
的最大值为
.
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，
见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确
把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
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 题13 分、16 题15 分、17 题15 分、18 题17 分、19 题17 分）
15．在
中，已知D 为边BC 上一点，
．
(1)证明：
；
(2)若
，求BD．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据正弦定理化边为角，再由三角恒等变换化简即可得证；
（2）由正弦定理及二倍角的正弦公式化简得
，代入（1）中所证结论，即可得解.
【详解】（1）如图，
在
中，由正弦定理知：
，
即
，
要证
，
即证
，
即证
，
即证
，
，
即
，
显然成立，
故原等式成立.
（2）在
中，由正弦定理可得
，
因为
，所以
，
所以
，
因为
，所以
，
所以可得
，即
，
由（1）知，
，代入可得
,
所以
.
16．记
为递增数列
的前
项和，
．
(1)求证：数列
是等差数列，并求出其通项公式；
(2)求数列
的前
项和；
(3)记
，
前
项和为
，求证：
.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题设利用
，分
和
结合等差数列定义，即可求出数列的通项公式；
（2）由错位相减求和方法结合等比数列前n 项和公式即可求解；
（3）由
和放缩公式
，结合裂项相消求和法求证
，即可得证.
【详解】（1）由题令
，则
，解得
，
当
时，
，
所以
，即
，
因为
，且
是递增数列，所以
，
所以
，即
，
是公差和首项均为2 的等差数列，
所以
.
（2）设
是数列
的前
项和，
因为
，所以
，
所以
，
则
，
两式相减得，
，
即
.
（3）
，
所以
，①
因为
，
所以
，②
①+②得，
，
即
，所以
.
17．如图，在四棱锥
中，
平面
，
，且
，
，
，
，
，
为
的中点.
(1)求证：
∥平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的正弦值；
(3)在线段
上是否存在一点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
，若存在，求出
的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，从而可证明线面平行；
（2）利用两个平面夹角的向量公式即可求解；
（3）令
，
，设
，求出
，结合已知条件可列出关于
的方程，从而可求出
的值.
【详解】（1）
过
作
于点
，则
.
以
为原点，
所在的直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则
，
，
∵
为
的中点．∴
，
则
，
.
设平面
的法向量为
，则
,即
，
令
，则
，∴
．
∴
，又
平面
．∴
∥平面
.
（2）由（1）知
.
设平面
的法向量为
，
则
,即
，令
，则
.
.
所以平面
与平面
夹角的正弦值为
（3）令
，
.设
，∴
，
∴
，
.
由（1）知，平面
的法向量为
.
∵ 直线
与平面
所成角的正弦值为
，
∴
，
化简得
，∵
，∴
，故
．
18．已知椭圆
的离心率为
，
为坐标原点，椭圆
上的点到两个焦点的距离之
和为4.
(1)求椭圆
的方程；
(2)设椭圆
的左右顶点分别为
､
，
，过点
且斜率存在且不为0 的直线交椭圆
于
，
两点，
直线
与直线
相交于点
.
（i）求证：点
在定直线上；
（ii）设
和
的面积分别为
，
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明过程见解析.
（ii）
【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程；
(2)（i）设直线
的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线
和
的方
程，利用两个方程得到交点
的横坐标，得以证明点
在定直线上；
（ii）先表示出两个三角形的面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到
的关系，
代入分析最终得到
的取值范围.
【详解】（1）由椭圆定义得
，解得
，又因为离心率
，
所以
，则
，
因此椭圆标准方程为
.
（2）（i）证明：设过点
的直线
的方程为
且斜率不为
，设
，
由椭圆方程可知
，联立
，
整理得
，
由根与系数的关系得
，
设直线
的方程为
，直线
的方程为
，
设
，则
，
将
代入得
，
同时将根与系数关系式代入上式，化简整理得
，
因为直线
的斜率不为
，
不能同时为
，且若假设
，
代入到
，得
；
代入到
，得
，
将
代入到
中，整理得
，即
矛盾，故假设不成立，
即
，
故只能
，即
，
因此点
在定直线
上.
（ii）由题可知
，
且
，
，
所以
.
由（i）可知
，且
，
设
，则
，
代入到根与系数关系中即
，
将上式化简整理得
，再结合
消去
后得
，
又因为
最终化简可得
，解得
又因为
，
故
的取值范围为
.
19．已知函数
．
(1)令
，讨论
的单调性并求极值；
(2)令
，若
有两个零点；
（i）求a 的取值范围：
（ii）若方程
有两个实根
，
，
，证明：
．
【答案】(1)
单调递减区间为（0，2），单调递增区间为
；极小值为
，无极
大值
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）先求得
，然后利用导数求得
的单调区间以及极值.
（2）（i）先求得
，对
进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得
的取值范围.
（i i）转换方程
，然后利用换元法并构造函数
，求得函数
零点
的关系式，由此化简所要证明的不等式
，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）因为
，
所以
，
则
，
在区间
；在区间
，
所以
单调递减区间为（0，2），单调递增区间为
，
极小值为
，无极大值．
（2）（i）
有两个零点．
因为
，
①当
时，
，
单调递增，不可能有两个零点；
②当
时，令
，得
，
单调递减；
令
，得
，
单调递增，所以
要使
有两个零点，即使
，
，得
，
又因为
，
，所以
在（l，e）上存在唯一一个零点，
且
，由（1）可知，
，
所以
，即有
，即
，所以
在
上存也唯一一个零点，符合题意．
综上，当
时，函数
有两个零点．
（ii）
有两个实根，令
，
有两个零点
，
，
；
，所以
，
所以
（*），
（**），
要证
，只需证
，
即证
，所以只需证
．
由（*）（**）可得
，
只需证
，
设
，令
，则
，所以只需证
，即证
，
令
，
，则
，
在
上递增，
所以
，即当
时，
成立．
所以
，即
，即
．
【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨
论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域.
