2026年高考数学信息必刷卷01（全国二卷）2026年高考数学二轮复习讲练测

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。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14题把数列与不等式结合，考查学生的迁移应用能力，枚举分析能力，体现创新性。第19题把概率与不等式相结合，考察学生综合分析，解决问题的能力，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】由集合的交、补运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：D 2．样本数据，，，，，，，的第70百分位数为（    ） A．5 B．4 C． D．3 【答案】B 【分析】根据第百分位数的概念，求出一列数字的第70百分位数即可. 【详解】样本数据由小到大排列为，，，，，，，，共8个数字， 因为，所以第70百分位数为第6个数字，即. 故选：B. 3．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由模长和数量积的运算律求出，再由投影向量的计算式可得. 【详解】，所以， 所以在方向上的投影向量的坐标为. 故选：A. 4．已知，，则（    ） A．1 B．-1 C．2 D．-2 【答案】B 【分析】由，，利用两角和的正切公式求出，利用诱导公式求出. 【详解】，， ， ，故选项B正确. 故选：B. 5．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差数列部分和的性质有为等差数列，结合等差中项的性质列方程求值即可. 【详解】由题意为等差数列，则， 所以，则. 故选：C 6．已知圆锥的母线与底面所成角为，其内切球（球与圆锥底面及侧面均相切）的表面积为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过 “空间问题平面化（轴截面）”，利用几何性质与三角函数，将内切球参数转化为圆锥的高和底面半径，最终计算体积. 【详解】根据题意作图如下，点为内切球的圆心，点为圆锥底面圆的圆心，点为切点，由已知条件可知， 内切球的表面积为，即，而， 在中，，则圆锥的高， 在中，，则圆锥的底面半径， 所以圆锥的体积.    故选：B. 7．已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并进行求解即可. 【详解】作出函数的图象： 函数的零点等价于方程， 当时，此时方程化为可得， 由，结合图象，可得方程仅有2个解，此时不满足题意；故； 当时，此时方程化为可得或， 由可得方程有一个解为， 由，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故； 所以要使得函数有且仅有3个不同零点，则满足， 由于 所以二次方程的根仅有一个满足，另一个根， 则满足或，解得， 综上的取值范围为， 故选：D 8．双曲线（，）的左、右焦点分别为、.是双曲线右支上一点，且直线的斜率为，是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出图形，设，，，根据同角三角函数关系求得，，由正弦定理可得，，，由得，，，从而根据双曲线的定义求解即可. 【详解】如图： 由题可知，点必落在第四象限，， 设，，，由，则得， 因为，所以，求得，即，， 由正弦定理可得：， 则由得，，由，得， 则，，，， 由双曲线的定义可得：，，， 所以双曲线的方程为. 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．先将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再把图象向右平移个单位长度，最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到函数的图象，则关于函数，下列说法正确的是（    ） A．最小正周期为 B．在上单调递减 C．时， D．其图象关于点对称 【答案】AC 【分析】利用给定变换求出函数的解析式，根据可判断A；利用整体代换的方法，根据的范围，求出的范围，再利用正弦函数的图象和性质可判断B和C；根据关于点对称，的图象向上平移后对称中心也向上平移一个单位，可判断D. 【详解】将图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，得到， 再把图象向右平移个单位长度，得到， 最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到. 对于A，，故A正确； 对于B，因为在单调递增， 当时，， 所以在上单调递增，故B错误； 对于C，当时，，， 所以，故C正确； 对于D，当时，函数满足， 所以函数关于点对称， 所以关于点对称，故D错误. 故选：AC 10．如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则（    ）      A．当，时，点到直线的距离为 B．当取最小值时， C．存在，，使得 D．当，时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 【答案】ABD 【分析】首先建立空间直角坐标系，A.代入点到直线的距离公式，可判断；B. 当是，的公垂线段时，最短，根据向量垂直的坐标表示，即可求解和的值；C.坐标表示和，可判断；D.首先作出截面，再根据平面图形的性质求面积. 【详解】以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， ，，，. 选项A：当时，，，，， 取，， 点到直线的距离为， A正确. 选项B：最小时，是，的公垂线段，，， ， ，解得， B正确. 选项C：， ， 若，则,即， 因为，，显然，所以不成立，C错误； 选项D：当，时，在取靠近点的三等分点，连接并延长交于点，易得点是靠近点的三等分点，取靠近点的三等分点，如图所示，    因为三点共线，点分别是的中点， 所以，又因为，所以， 所以四点共面， 又，所以共面 所以过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形为四边形， 则，且，又因为平面，所以，即， 则四边形为矩形，，，求得面积为，D正确. 故选：ABD 11．已知抛物线C：的准线为l，焦点为F，P为抛物线C上的动点，过点P作：的一条切线，Q为切点，过点P作l的垂线，垂足为B，则（   ） A．准线l与圆A相切 B．过点F，A的直线与抛物线C相交的弦长为5 C．当P，A，B三点共线时， D．满足的点P有且仅有2个 【答案】BCD 【分析】对于A，只需判断圆的半径是否等于1即可；对于B，联立直线的方程与抛物线方程，结合韦达定理，焦点弦公式即可判断；对于C，直接验算即可；对于D，联立直线的垂直平分线方程与抛物线方程，判断判别式是否大于0即可. 【详解】 对于A，抛物线的准线为，圆A的圆心在轴上，半径，准线l与圆A相离，A错误； 对于B，直线的方程为，代入得， 弦长为，B正确； 对于C，中，令得，故，显然⊥， 由勾股定理得，所以，C正确； 对于D，由抛物线的定义得，故满足要求的点在线段的垂直平分线上， 其中直线的垂直平分线方程为，代入得， 故点有且仅有2个，D正确． 故选：BCD. 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．已知是虚数单位，是关于的方程（其中）的一个根，则= . 【答案】 【分析】根据题意，得到，列出方程组，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由是关于的方程的一个根， 可得，整理得， 所以，解得，所以， 则. 故答案为：. 13．已知，过点可作3条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据导数的几何意义，根据方程解的个数等价于两个函数图象的交点个数进行求解即可. 【详解】设曲线切点为，即， 由， 所以与曲线相切的直线的方程：， 因为切线过， 所以， 设 ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 显然当，，当，， 且，函数的图象如下图所示： 因此要想过点可作3条与曲线相切的直线， 只需直线与函数的图象有三个不同的交点， 即， 故答案为： 14．、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 【答案】 【分析】先判断出的位置，然后对第二位进行分类讨论，同时注意数字的位置，结合对称性可求解出满足要求的排列的总数. 【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 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，平面四边形中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且. (1)求角； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简，求出，即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为在中，， 故，而， 故， 即，又，， 可得，，又，； （2）由于，，， 故， 则； 又， 故， 又为锐角， 所以 ， 故； 16．（15分）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，平面，四边形与都是直角梯形，为的中点．    (1)棱上是否存在点，使得平面，并证明； (2)若，求： （i）点到平面的距离； （ii）平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)为的中点时，平面，证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面平面，即可判定； （2）结合题意证明两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）解：（1）为的中点时，平面， 证明如下： 取的中点，连接．因为为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为为中点，为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面 所以平面平面， 因为平面， 所以平面. （2）（2）（i）因为平面，平面， 所以 因为四边形是边长为2的正方形， 所以 所以两两垂直， 因为四边形与都是直角梯形，， 所以， 故以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系．    ， 设平面的法向量， 则，即，取，得， 所以 所以点到平面的距离为. （ii），得， 设平面的法向量， 则，即，取，得， 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为 17．（15分） 已知函数，． (1)若在上单调递增，，求实数的值； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，构造函数并判断函数的单调性，求出的范围，再由构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解； （2）依题意需证成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立， 即，即在区间上恒成立， 设，，因为与在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减， 所以，则， 由可得， 令，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的最小值为，则， 综上可得． （2）证明：要证成立，需证成立， 令，则， 再令，显然在上是增函数， 当时，，当时，， 所以，即，即， 当时，，，当，． 所以，得证． 18．（17分） 已知椭圆E长轴长为，离心率为，椭圆E的左焦点为，过的直线l交E于A，B两点，过F与l垂直的直线交E于C，D两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB和CD中点． (1)求椭圆E的方程； (2)证明：直线MN过定点； (3)设G为直线AC与直线BD的交点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设椭圆的方程为：，根据题意求得的值，即可得椭圆的方程； （2）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点的坐标，根据垂直时的斜率关系，得点的坐标，求出直线的方程，即可得到直线MN所过定点； （3）利用中点，求得面积等于，用分别表示，可将面积表示成关于的函数，利用二次函数的最值及不等式的性质可求得面积的最小值． 【详解】（1）设椭圆的方程为：， 则，解得：. 所以椭圆的方程为：. （2）由（1）知. 由B，D在x轴上方，知直线的斜率存在，且不为零. 设直线，与椭圆恒有两个交点. 则由，得. 由韦达定理得. 所以， 所以的中点. 由，知直线的斜率，所以其方程为：. 所以，以代替可得的中点，即. 所以 所以当时，直线的方程为：， 化简得.所以直线过定点. 当时，，直线过定点； 当时，，直线过定点. 综上所述，直线过定点. （3）因为分别为和中点． 所以 . 由（2）知，； 以代替得. 所以 . 所以，当，即时，取得最大值，此时取得最小值. 故面积的最小值为． 19．（17分） 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 【答案】(1)分布列见解析，， (2)（i）；（ii）若，增加2个元件后利润提高； 若时，增加2个元件后利润没有提高. 【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，即为； （ii）分以下三种情况讨论：①原系统中至少有4个元件正常工作；②原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；③原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，再对三种情况进行求和，得到，计算，与作比较，再根据判断即可. 【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， 所以， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， （2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为， 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为，即. （ii）若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有4个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作， 其概率为； 第三类：原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作， 其概率为. 所以 ， 则， 所以当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率变大； 当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率没有变大. 又因为， 所以当时，增加2个元件后利润提高；当时，增加2个元件后利润没有提高. 4 / 20学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考二轮信息必刷卷01 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 D B A B C B D 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 10 11 AC ABD BCD 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． 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） (1)；(2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简，求出，即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为在中，， 故，而， 故， 即，又，， 可得，，又，；....................................（6分） （2）由于，，， 故， 则；....................................（8分） 又， 故，....................................（10分） 又为锐角， 所以 ，....................................（12分） 故；....................................（13分） 16．（15分） (1)为的中点时，平面，证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面平面，即可判定； （2）结合题意证明两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）解：（1）为的中点时，平面， 证明如下： 取的中点，连接．因为为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，....................................（2分） 因为为中点，为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，....................................（4分） 因为，平面 所以平面平面，....................................（5分） 因为平面， 所以平面.....................................（6分） （2）（2）（i）因为平面，平面， 所以 因为四边形是边长为2的正方形， 所以 所以两两垂直， 因为四边形与都是直角梯形，， 所以，....................................（8分） 故以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系．    ， 设平面的法向量， 则，即，取，得， 所以 所以点到平面的距离为.....................................（11分） （ii），得， 设平面的法向量， 则，即，取，得，....................................（13分） 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为....................................（15分） 17．（15分） (1)；(2)证明见解析 【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，构造函数并判断函数的单调性，求出的范围，再由构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解； （2）依题意需证成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立， 即，即在区间上恒成立，....................................（2分） 设，，因为与在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减，....................................（4分） 所以，则， 由可得， 令，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的最小值为，则， 综上可得．....................................（7分） （2）证明：要证成立，需证成立， 令，则， 再令，显然在上是增函数， 当时，，当时，，....................................（10分） 所以，即，即， 当时，，，当，． 所以，得证．...................（15分） 18．（17分） (1)；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）设椭圆的方程为：，根据题意求得的值，即可得椭圆的方程； （2）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点的坐标，根据垂直时的斜率关系，得点的坐标，求出直线的方程，即可得到直线MN所过定点； （3）利用中点，求得面积等于，用分别表示，可将面积表示成关于的函数，利用二次函数的最值及不等式的性质可求得面积的最小值． 【详解】（1）设椭圆的方程为：， 则，解得：. 所以椭圆的方程为：.....................................（3分） （2）由（1）知. 由B，D在x轴上方，知直线的斜率存在，且不为零. 设直线，与椭圆恒有两个交点. 则由，得. 由韦达定理得. 所以， 所以的中点.....................................（5分） 由，知直线的斜率，所以其方程为：. 所以，以代替可得的中点，即. 所以 所以当时，直线的方程为：，....................................（8分） 化简得.所以直线过定点. 当时，，直线过定点； 当时，，直线过定点. 综上所述，直线过定点.....................................（10分） （3）因为分别为和中点． 所以 .....................................（12分） 由（2）知，； 以代替得. 所以 . 所以，当，即时，取得最大值，此时取得最小值. 故面积的最小值为．....................................（17分） 19．（17分） (1)分布列见解析，， (2)（i）；（ii）若，增加2个元件后利润提高； 若时，增加2个元件后利润没有提高. 【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，即为； （ii）分以下三种情况讨论：①原系统中至少有4个元件正常工作；②原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；③原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，再对三种情况进行求和，得到，计算，与作比较，再根据判断即可. 【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， 所以， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为，....................................（4分） ..................................（5分） （2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为， 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为，即.....................................（9分） （ii）若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有4个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作， 其概率为； 第三类：原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作， 其概率为. 所以 ，....................................（14分） 则， 所以当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率变大； 当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率没有变大. 又因为， 所以当时，增加2个元件后利润提高；当时，增加2个元件后利润没有提高.......（17分） 1 / 8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。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14题把数列与不等式结合，考查学生的迁移应用能力，枚举分析能力，体现创新性。第19题把概率与不等式相结合，考察学生综合分析，解决问题的能力，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． 2．样本数据，，，，，，，的第70百分位数为（    ） A．5 B．4 C． D．3 3．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．已知，，则（    ） A．1 B．-1 C．2 D．-2 5．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知圆锥的母线与底面所成角为，其内切球（球与圆锥底面及侧面均相切）的表面积为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．双曲线（，）的左、右焦点分别为、.是双曲线右支上一点，且直线的斜率为，是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 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．先将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再把图象向右平移个单位长度，最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到函数的图象，则关于函数，下列说法正确的是（    ） A．最小正周期为 B．在上单调递减 C．时， D．其图象关于点对称 10．如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则（    ）      A．当，时，点到直线的距离为 B．当取最小值时， C．存在，，使得 D．当，时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 11．已知抛物线C：的准线为l，焦点为F，P为抛物线C上的动点，过点P作：的一条切线，Q为切点，过点P作l的垂线，垂足为B，则（   ） A．准线l与圆A相切 B．过点F，A的直线与抛物线C相交的弦长为5 C．当P，A，B三点共线时， D．满足的点P有且仅有2个 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．已知是虚数单位，是关于的方程（其中）的一个根，则= . 13．已知，过点可作3条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是 . 14．、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 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，平面四边形中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且. (1)求角； (2)若，求的面积. 16．（15分）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，平面，四边形与都是直角梯形，为的中点．    (1)棱上是否存在点，使得平面，并证明； (2)若，求： （i）点到平面的距离； （ii）平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分） 已知函数，． (1)若在上单调递增，，求实数的值； (2)证明：． 18．（17分） 已知椭圆E长轴长为，离心率为，椭圆E的左焦点为，过的直线l交E于A，B两点，过F与l垂直的直线交E于C，D两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB和CD中点． (1)求椭圆E的方程； (2)证明：直线MN过定点； (3)设G为直线AC与直线BD的交点，求面积的最小值． 19．（17分） 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 4 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $