2026年高考数学一轮复习检测卷（全国二卷01）2026年高考数学一轮复习讲练测

2026年高考一轮复习检测卷（全国二卷01） 高三数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 C B D C C C A 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 10 11 CD BD ABC 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。 12．0.4/ 13． 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【详解】（1）取的中点，连接， 由中位线可得：， 又，由， 所以， 所以， 即四边形为平行四边形， 所以， 又不在平面内，在平面内， 所以平面； （2）因为平面，都在平面内， 又， 所以可得：两两垂直，如图建系： 则， ， 设平面的法向量为， 则， 设，可得， 所以， 设直线BC与平面所成角为， ， 即直线BC与平面所成角的正弦值为. 16．（15分） 【详解】（1）设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， . 记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况： 第1次中，第2次未中，第3次未中：； 第1次未中，第2次中，第3次未中：； 第1、2两次均未中，则第3次必得：； 所以. （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3. ； ； . 分布列 . 17．（15分） 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，． 所以， 因为， 所以，即， 两边平方可得， 所以，． （2）①， 因为，所以， ． 在中，， 所以． ②在中，，, . . 18．（17分） 【详解】（1）由题设，令，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由， 当时，，则在R上单调递增，无极值点； 当时，，或时， 所以在、上各存在一个零点，分别取， 所以、上，上， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点， 综上，在时无极值点，在时有两个极值点； （2）（i）令且，则， 所以在上单调递增，则， 所以，当有，结合（1）及已知，则，且， 又在上单调递减，则，所以，得证； （ii）令且，则， 令，则，即在上单调递增， 所以，则在上单调递增，， 由，且，又， 结合（1）在上单调递减，则， 所以，得证. 19．（17分） 【详解】（1）根据题意作图如下：    由已知，得拋物线，则准线为，焦点，且点在第一象限内， 设点. 所以，解得，代入抛物线方程，解得， 所以. （2）根据题意作图如下：    由已知，代入抛物线方程，解得. 设点，又的重心为， 则，解得， 又在上，则，两式相减，得， 即，则直线的斜率. 又线段的中点，即也在直线上， 由点斜式，得，即， 所以直线的方程为. （3）根据题意作图如下：    由已知设且与不重合， 由两点式，得直线的方程，即， 因为直线交于，联立，得点. 又为在上的投影，所以， 所以，化简得， 即对于任意恒成立， 则当时，不等式左边取到最小值， 得，结合，解得， 综上，的取值范围为. 1 / 7学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考一轮复习检测卷（全国二卷01） 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．设全集是小于7的自然数，，则集合等于（    ） A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．样本数据的分位数是（    ） A．22 B．24 C．25 D．26 4．在平面直角坐标系中，曲线：的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．记为等差数列的前项和.若，则（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 6．已知向量，的夹角为，，，则（    ） A．1 B． C． D． 7．正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（    ） A． B． C． D． 8．已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 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．在的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．一共有5项 B．第3项为 C．所有项的系数和为0 D．所有项的二项式系数和为32 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）    A．函数的图象可由图象向左平移个单位得到 B．直线是函数图象的一条对称轴 C．函数的单调递增区间为 D．直线与函数在上的图象恰有7个交点 11．已知函数的定义域均为，是偶函数，且，若，则（    ） A． B．的图象关于点中心对称 C． D． 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．已知随机变量服从，若，则 . 13．已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是的渐近线上的一点，且，，则E的离心率为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 如图，在三棱柱中，为线段的中点，侧棱上点满足． (1)证明：平面； (2)若，平面ABC，，，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（15分） 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． (1)求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； (2)记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 17．（15分） 的内角的对边分别为，已知． (1)求． (2)已知点在线段上，且，． ①求； ②求的面积． 18．（17分） 已知函数. (1)讨论函数的极值点个数； (2)若函数有两个不同的极值点，其中. （i）证明：； （ii）证明：. 19．（17分） 拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是. (1)若到焦点的距离为3，求； (2)若，在上，且的重心恰为，求直线的方程； (3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 1 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考一轮复习检测卷（全国二卷01） 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．设全集是小于7的自然数，，则集合等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用补集的定义直接求解. 【详解】依题意，，而，所以. 【点睛】故选：C 2．复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】利用复数的运算得，进而得在复平面对应的点为，即可求解. 【详解】因为， 所以在复平面对应的点为，位于第二象限， 故选：B. 3．样本数据的分位数是（    ） A．22 B．24 C．25 D．26 【答案】D 【分析】先将数据从小到大排序，计算分位数的位置，再确定分位数. 【详解】将数据按由小到大重新排序：，共8个样本数据，计算， 因为5.6不是整数，所以取大于5.6的最小正整数6，就是重新排序后的分位数的位置， 即第分位数是重新排序后的第6个数26. 故选：D. 4．在平面直角坐标系中，曲线：的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】利用方程可判断曲线的对称性，再研究第一象限的线段，根据对称性即可求得周长. 【详解】在曲线的方程中，令用或用代换，曲线方程都没有变， 所以曲线关于轴，轴对称，原点对称， 当，时，曲线的方程为，表示以和为顶点的线段， 其长度为，根据对称性知，其他三条线段的长也为2， 所以曲线：的周长为. 故选：C. 5．记为等差数列的前项和.若，则（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质及前项和公式即可求解. 【详解】，，， . 故选：C. 6．已知向量，的夹角为，，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据的坐标求出模长，利用，的模长和夹角求出，求出后开方求出. 【详解】∵， ∴， ， ∴. 故选：C. 7．正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正实数满足函数，转化为相应函数图象的交点问题，数形结合，即可求解. 【详解】由题意知正实数满足函数， 不妨设分别为 即正实数是的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 是的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 是即的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 分别作出函数，，以及的图象， 由于与在第一象限有两个交点，且交点的横坐标分别为2，4， 当时，, 由于, 结合图象可知，即， 故选：A 8．已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】设出公比为，利用等比数列基本量的运算得：的充要条件为或，分类讨论得既无最大值也无最小值时，，则有，最后根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】设公比为，由得， 因为，所以，所以，所以或， 即的充要条件为或， 当，时，，此时， 故，所以为单调递增数列，此时有最小值无最大值， 当，时，，此时， 故，所以为单调递减数列，此时有最大值无最小值， 当时，，为摆动数列， 且， 故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷， 故无最大值，也无最小值，此时无最大值，无最小值， 所以由“”推不出“既无最大值也无最小值”； 反之，当时，为常数列，此时无最大值或无最小值； 当时，有最大值，也有最小值，此时有最大值和最小值； 当时，由上面分析若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值， 若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值； 当时，结合前述分析可知无最大值，无最小值， 由此可知“既无最大值也无最小值”当且仅当，此时成立. 综上，“”是“既无最大值也无最小值”的必要不充分条件. 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．在的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．一共有5项 B．第3项为 C．所有项的系数和为0 D．所有项的二项式系数和为32 【答案】CD 【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解. 【详解】因为的展开式共有6项，所以A不正确； 通项公式为，令可得第三项为，B不正确； 令可得所有项的系数和为0，C正确； 所有项的二项式系数和为，D正确. 故选：CD 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）    A．函数的图象可由图象向左平移个单位得到 B．直线是函数图象的一条对称轴 C．函数的单调递增区间为 D．直线与函数在上的图象恰有7个交点 【答案】BD 【分析】由题，求出函数的解析式，根据三角函数的图象与性质及图象变换规律，分析各个选项，即可求解. 【详解】由题，可得，所以，则， ， 又，即，，所以， . 对于A，将的图象向左平移个单位得到的图象，故A错误； 对于B，因为，所以直线是图象的一条对称轴，故B正确； 对于C，令，，得， 所以函数的单调递增区间为，故C错误； 对于D，因为，令，又， 所以函数在上与有7个交点， 即直线与函数在上的图象有7个交点，故D正确.    故选：BD. 11．已知函数的定义域均为，是偶函数，且，若，则（    ） A． B．的图象关于点中心对称 C． D． 【答案】ABC 【分析】根据题意，先得，再利用赋值法求，进一步求，判断A；再推得，，可得对称性和周期性，判断BC；由以上分析可知，再结合周期性判断D. 【详解】因为是偶函数， 所以， 所以． 当时，，又，所以， 所以，所以，故A正确； 由，得， 两式相减得，所以， 又，所以，即， 所以的图象关于点中心对称，故B正确； ，所以是以6为周期的周期函数， 所以，故C正确； 由以上分析可知， ，D不正确． 故选：ABC． 【点睛】方法点睛：（1）涉及抽象函数的求值问题，往往采用赋值法，即令x取特殊值； （2）涉及到抽象函数的奇偶性、对称性以及周期性问题，往往要结合赋值和相应的定义去解决. 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．已知随机变量服从，若，则 . 【答案】0.4/ 【分析】利用正态分布的对称性即可求解. 【详解】由题，. 故答案为：. 13．已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 【答案】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是的渐近线上的一点，且，，则E的离心率为 . 【答案】 【分析】不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为，根据，可得，在中，根据，结合，可得关于的方程，即可求解. 【详解】 如图，不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为， 因为，， 所以直线的斜率，直线的斜率， 因为，所以，即， 整理可得，解得，则， 在中，，所以， 两边平方可得，又， 所以，即， 解得或（舍）. 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、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 如图，在三棱柱中，为线段的中点，侧棱上点满足． (1)证明：平面； (2)若，平面ABC，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，连接，通过为平行四边形，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 由中位线可得：， 又，由， 所以， 所以， 即四边形为平行四边形， 所以， 又不在平面内，在平面内， 所以平面； （2）因为平面，都在平面内， 又， 所以可得：两两垂直，如图建系： 则， ， 设平面的法向量为， 则， 设，可得， 所以， 设直线BC与平面所成角为， ， 即直线BC与平面所成角的正弦值为. 16．（15分） 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． (1)求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； (2)记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可； （2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得. 【详解】（1）设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， . 记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况： 第1次中，第2次未中，第3次未中：； 第1次未中，第2次中，第3次未中：； 第1、2两次均未中，则第3次必得：； 所以. （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3. ； ； . 分布列 . 17．（15分） 的内角的对边分别为，已知． (1)求． (2)已知点在线段上，且，． ①求； ②求的面积． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用正弦定理化边为角并结合两角和的正弦、二倍角的余弦公式得到，再进行两边平方利用同角的三角函数关系得到，即可得解； （2）①由结合求得，继而求得，再利用余弦定理即可得； ②在中，先由利用同角三角函数关系求得，根据求得,再由三角形面积公式即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，． 所以， 因为， 所以，即， 两边平方可得， 所以，． （2）①， 因为，所以， ． 在中，， 所以． ②在中，，, . . 18．（17分） 已知函数. (1)讨论函数的极值点个数； (2)若函数有两个不同的极值点，其中. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）对函数求导，令，导数研究其单调性并得到，讨论参数研究的区间单调性，进而判断其极值点个数； （2）（i）构造且，导数研究其单调性，结合得，最后结合的区间单调性即可证；（ii）构造且，导数研究其单调性得，结合（1）得即可证. 【详解】（1）由题设，令，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由， 当时，，则在R上单调递增，无极值点； 当时，，或时， 所以在、上各存在一个零点，分别取， 所以、上，上， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点， 综上，在时无极值点，在时有两个极值点； （2）（i）令且，则， 所以在上单调递增，则， 所以，当有，结合（1）及已知，则，且， 又在上单调递减，则，所以，得证； （ii）令且，则， 令，则，即在上单调递增， 所以，则在上单调递增，， 由，且，又， 结合（1）在上单调递减，则， 所以，得证. 19．（17分） 拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是. (1)若到焦点的距离为3，求； (2)若，在上，且的重心恰为，求直线的方程； (3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 【答案】(1) (2)直线的方程为 (3)的取值范围为 【分析】（1）先求出抛物线的准线，再根据抛物线的定义求出，进而求出； （2）先求出点的坐标，设点，根据重心公式，求得，再利用点差法求得，又线段中点在直线上，由点斜式即可得到直线的方程； （3）设点，求得直线的方程，再与直线联立得到点坐标，则可得得表达式，转化为不等式恒成立问题，即可解出的取值范围. 【详解】（1）根据题意作图如下：    由已知，得拋物线，则准线为，焦点，且点在第一象限内， 设点. 所以，解得，代入抛物线方程，解得， 所以. （2）根据题意作图如下：    由已知，代入抛物线方程，解得. 设点，又的重心为， 则，解得， 又在上，则，两式相减，得， 即，则直线的斜率. 又线段的中点，即也在直线上， 由点斜式，得，即， 所以直线的方程为. （3）根据题意作图如下：    由已知设且与不重合， 由两点式，得直线的方程，即， 因为直线交于，联立，得点. 又为在上的投影，所以， 所以，化简得， 即对于任意恒成立， 则当时，不等式左边取到最小值， 得，结合，解得， 综上，的取值范围为. 1 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $