2026年高考数学一轮复习检测卷（全国2卷02）（高效培优）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

2026年高考数学一轮复习检测卷 （全国二卷02） （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．若集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】因为，又， 所以. 故选：A. 2．已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（　　） A． B．20 C． D．6 【答案】B 【分析】根据复数的乘法运算化简复数，然后利用纯虚数的概念求得，进而由求解即可. 【详解】， 且为纯虚数，，， ，． 故选：B． 3．已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用向量坐标的线性运算及数量积的坐标运算，得，再由夹角公式，取可求解. 【详解】因为，，则， 又，所以，解得，即， 所以. 故选：D. 4．为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是（   ） x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A． B．x与y的样本是负相关 C．当时，y的预估值为2.2 D．去掉样本点后，x与y的样本相关系数r必会改变 【答案】A 【分析】由表格数据求出样本中心点求解判断A；由的正负判断B；由回归方程计算判断C；由相关系数公式判断D. 【详解】，则样本中心点为， 对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得与的样本是正相关，B错误； 对于C，当时，的预估值为，C错误； 对于D，由相关系数公式知，去掉样本中心点后，与的样本相关系数不会改变，D错误． 故选：A 5．设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，结合图形得出，求出的值，即可求出的值. 【详解】由题意可知，抛物线的焦点为，准线为直线，如下图所示： ，又因为，故， 故选：B. 6．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用两角差的正弦公式和切化弦可求得，，进而利用两角和的正弦公式可求得值. 【详解】因为， 所以， 又， 所以， 所以，， 所以， 故选：C 7．在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直三棱柱补形成直四棱柱，设出各个长度，根据体积公式，求出四棱锥的体积，进而可求出直三棱柱中，剩余部分的体积，分析计算，即可得答案. 【详解】将直三棱锥补形成直四棱柱，使底面ABCD为平行四边形，如图所示， 设底面面积为S，AC边上的高为，， 则直四棱柱的体积，， 四边形AEFC的面积， 所以四棱锥的体积， 所以直三棱柱中，剩余部分的体积， 所以较小部分的体积与较大部分的体积之比为. 故选：C 8．设为正整数，且，，，．若对任意的，长为、、的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的共有（   ）个． A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据构成三角形的条件两边之和大于第三边，列出不等式组求解，借助最值解决对任意都满足的问题. 【详解】因为长为、、的线段均能构成三角形，所以. 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，而当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得可为任意正整数； 由，有，即， 所以，因，当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得； 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，当时，有最小值， 要使任意的都有，即要，解得. 综上，，所以满足条件的有4个． 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．已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列结论正确的是（   ） A．函数的周期为2 B．函数的图象关于对称 C．函数的图象关于对称 D．函数为奇函数 【答案】BC 【分析】根据题意，综合利用周期性、对称性、奇偶性，逐一对选项进行分析判断. 【详解】选项A，，即函数的周期为4，所以选项A错误； 选项B，因为是偶函数，则有，即函数的图象关于对称，所以选项B正确； 选项C，因为，则，所以函数的图象关于对称，所以选项C正确； 选项D，因为，则，所以函数为偶函数，所以选项D错误. 故选：BC. 10．已知函数的最小正周期为，下列结论中正确的是（   ） A．函数的图象关于对称 B．函数的对称中心是 C．函数在区间上单调递增 D．函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到 【答案】BD 【分析】化简得到，由最小正周期为可得，从而，进而由三角函数的对称轴、对称中心、单调性及图象平移依次判断各选项即可. 【详解】函数 ， 函数的最小正周期为，解得，所以， 不是最大值和最小值，故A不正确； 令，，即，， 所以函数的对称中心是，故B正确； 时，， 显然在上不单调，故C错误； 的图象向右平移个单位得到，故D正确. 故选：BD. 11．已知点A，B是椭圆上关于原点O对称且不与C的顶点重合的两点，C的左、右焦点分别为，，线段，的中点分别为P，Q，则（   ） A． B． C．当直线AB与直线PQ之间的距离为时， D．若，则C的离心率的取值范围是 【答案】AD 【分析】由对称性可判断四边形为平行四边形，结合定义可判断A；利用三角形中位线的性质和椭圆定义可判断B；取特例可否定C；根据已知判断为矩形，然后利用勾股定理和椭圆定义列方程组，结合基本不等式求解可判断D. 【详解】对A，由题知，为和的中点，故四边形为平行四边形， 所以，正确； 对B，，错误； 对C，设，则， 因为线段，的中点分别为P，Q，且直线与直线PQ之间的距离为， 所以到直线的距离为，设直线的方程为， 则，解得， 即当，直线的方程为时，满足直线AB与直线PQ之间的距离为， 但是，错误； 对D，因为，，所以， 所以四边形为矩形，所以， 根据对称性，不妨设点在第一象限，， 则，则， 又，所以取不到等号，故， 即，得，所以C的离心率的取值范围是，正确. 故选：AD 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．的展开式中 的系数为 【答案】 【分析】由通项公式即可求解. 【详解】的通项公式为， 令可得含的项， 此时系数为， 故答案为： 13．在中，已知，.若最长边的长为，则最短边的长为 . 【答案】 【分析】根据同角三角函数关系和两角和差正切公式可求得和，由此可确定最长边和最短边，利用正弦定理可求得结果. 【详解】，，，，； ，又， ，为最大角，则，又，，即最短边为， 由正弦定理得：，即最短边的长为. 故答案为：. 14．对于任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是 . 【答案】 【分析】对原不等式合理变形，结合同构思想得到，再构造函数并利用导数判断其单调性，得到，最后利用分离参数法求解参数范围即可. 【详解】因为不等式恒成立，， 所以恒成立，则恒成立， 即恒成立，令，可得恒成立， 而，令，，令，， 得到在上单调递增，在上单调递减， 而，，则， 当时，满足，符合题意， 当时，可得恒成立， 则恒成立，令，而， 当时，，则在上单调递增， 可得，得到，故. 综上，正数的取值范围是, 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．记为正项数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由与关系结合题意可得答案； （2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案. 【详解】（1）当时，可得， 当时，，. 作差可得， 因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. （2）由题可得， 所以，又， 所以， 又也满足上式， 所以， 16．已知双曲线的中心为原点，左､右焦点分别为，离心率为，且过点，又点是直线上任意一点，点在双曲线上，且满足. (1)求双曲线的方程； (2)证明：直线与直线的斜率之积是定值. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得. （2）设出点的坐标，利用向量垂直的坐标表示及斜率的坐标表示列式计算得证. 【详解】（1）双曲线的离心率为，得，则， 由点在双曲线，得，解得，， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）知，由点是直线上任意一点，设， 设双曲线上点，则，即， ，则，即， 则， 所以直线与直线的斜率之积是定值. 17．在四面体中，底面、、分别是的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用平行线分线段成比例及中位线性质可得且，利用平行四边形得出线线平行，即可证明线面平行； （2）作辅助线，利用线面垂直得出线线垂直，证明即为二面角的平面角，再解直角三角形即可. 【详解】（1）取的中点为，在线段上取点， 使得，连接、、. 因为，所以， 所以，且. 因为和分别为和的中点， 所以，且 因此且， 所以四边形是平行四边形，因此． 又因为平面平面， 所以平面. （2）因为，所以． 因为底面，所以三棱锥的高为， 又因为 故. 连接． 因为分别是的中点， 所以，又因为平面 所以平面 过点作，垂足为点，连接 因为平面，且平面， 所以，又因为，且， 所以平面. 又因为平面，所以，又， 所以即为二面角的平面角, 因为平面，且平面，所以． 故为直角三角形． 在Rt中，，所以 所以平面与平面的夹角大小为. 18．已知函数． (1)求在点处的切线的方程，并证明除切点外，函数的图象在切线的下方； (2)若， （i）证明：函数恰有两个零点； （ii）设为的较大零点，，证明：． 【答案】(1)，证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，先求出导函数，然后求出切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可求出切线方程；构造新的函数利用单调证明函数图象在切线的下方. （2）（i）利用导数判断函数的单调性，进而证明恰有两个零点； （ii）根据条件计算化简可得，结合，得到取对数得证结果． 【详解】（1），所以，即在点处的切线的斜率为l， 又，所以在点处的切线l的方程为． 令 当时，单调递增， 当时，单调递减， ，所以除切点外，函数的图象在切线l的下方． （2）（i）由题可知， 则，设， 则， 因为，所以，所以在上是减函数． 由，又结合，得，所以， 所以存在，使得， 所以当时，，即，此时单调递增， 当时，，即，此时单调递减，所以是唯一的极值点， 显然， 因为在上递增，所以在上必存在一个零点， 由（1）可知，所以，又因为，即 所以，则， 所以在区间上必存在一个零点， 综上所述：在区间上恰有两个零点． （ii）证明：由（i）可知，，得， ，得，所以， 即，因为， 所以， 所以，即所以成立． 19．某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． (1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； (2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； (3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 【答案】(1)分布列见解析，4 (2) (3)，答案见解析 【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可. 【详解】（1）的所有可能取值为3，4，5，6， 的分布列为 Y 3 4 5 6 数学期望. （2）依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜， 当时，， 当时，也符合上式. ， 设 得： ， ， （3）设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件 ①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局， （1）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜； （ii）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为， . ②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜， ， ， . 在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小. 1 / 17学 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学一轮复习检测卷 （全国二卷02） （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．若集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（　　） A． B．20 C． D．6 3．已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 4．为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是（   ） x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A． B．x与y的样本是负相关 C．当时，y的预估值为2.2 D．去掉样本点后，x与y的样本相关系数r必会改变 5．设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（    ） A． B． C． D． 6．若，，则（    ） A． B． C． D． 7．在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 8．设为正整数，且，，，．若对任意的，长为、、的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的共有（   ）个． A．3 B．4 C．5 D．6 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．已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列结论正确的是（   ） A．函数的周期为2 B．函数的图象关于对称 C．函数的图象关于对称 D．函数为奇函数 10．已知函数的最小正周期为，下列结论中正确的是（   ） A．函数的图象关于对称 B．函数的对称中心是 C．函数在区间上单调递增 D．函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到 11．已知点A，B是椭圆上关于原点O对称且不与C的顶点重合的两点，C的左、右焦点分别为，，线段，的中点分别为P，Q，则（   ） A． B． C．当直线AB与直线PQ之间的距离为时， D．若，则C的离心率的取值范围是 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．的展开式中 的系数为 13．在中，已知，.若最长边的长为，则最短边的长为 . 14．对于任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是 . 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．记为正项数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求证：. 16．已知双曲线的中心为原点，左､右焦点分别为，离心率为，且过点，又点是直线上任意一点，点在双曲线上，且满足. (1)求双曲线的方程； (2)证明：直线与直线的斜率之积是定值. 17．在四面体中，底面、、分别是的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小． 18．已知函数． (1)求在点处的切线的方程，并证明除切点外，函数的图象在切线的下方； (2)若， （i）证明：函数恰有两个零点； （ii）设为的较大零点，，证明：． 19．某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． (1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； (2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； (3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 1 / 4学 学科网（北京）股份有限公司 $