2026年高考数学信息必刷卷02（全国一卷）2026年高考数学二轮复习讲练测

2026年高考二轮信息必刷卷 数 学 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6题，第12题，第17题，均以生活中的实例或社会热点为背景，引导学生从生活中挖掘数学美，同时体现数学的应用性。第11题将两个球与正方体融合，考查动态立体几何问题，新颖性扑面而来。第14题引入新定义“晶格点”，考查学生的迁移应用能力，体现创新性。第19题将抛物线与等比数列巧妙交汇，以能力立意，反刷题味道浓，综合性强，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．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【解析】由题意可知，， 所以的虚部为2. 故选：D 2．已知集合，则（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【解析】由集合，得， 解得，所以. 3．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则（    ） A．1或3 B．3 C．1或9 D．9 【答案】C 【解析】设双曲线的一条渐近线与轴正半轴的夹角为, 则其斜率. 由于两条渐近线关于轴对称,它们的夹角为或. 由题意,夹角为,故或. 当时,,则,解得. 当时,,则,解得. 综上,或9. 4. 函数的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意可知：函数的定义域为，关于原点对称， 且，则函数为奇函数，图象关于原点对称，故C错误； 又因为，故D错误； 当时，，故B错误，A正确. 故选：A. 5．已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A．4050 B．4051 C．4052 D．4053 【答案】B 【解析】由得，因为，所以，所以 由和得， 所以， ， 故使得的的最小值为4051. 故选：B 6．某权威机构推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游．记事件“乙至少选择了两座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将这五座城市按1，1，3或1，2，2分成三组的方法数为， 再安排给3人，总方法数为， 其中乙至少选择了两座城市旅游的方法数为，所以， 而事件与都发生的所有可能结果有，即， 所以所求概率为． 故选：C． 7．已知椭圆的左焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与E交于M，N两点，若，则E的离心率为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】A 【解析】不妨设E的半焦距为c，记右焦点为T，易知，， 由定义知， 记，显然其为锐角，故由，解得，在中由余弦定理得 ， 于是，即， 可得离心率或. 故选：A. 8．已知函数若函数恰有三个零点，，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】    作出的图象，如图所示， 因为， 所以函数的图象关于直线对称， 当时，， 则函数在和上单调递减， 在，和上单调递增， 且，， 则若有三个零点， 则函数与有三个交点， 则， 令，可知，， 且，得， 则， 故选：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．已知，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【解析】对于A选项，若，，则，故A错误； B选项为不等式的可乘方性，显然成立，故B正确； 对于C选项，若，则，两边同时乘以得，故C正确； 对于D选项，当时，满足，此时，故D错误. 故选：BC. 10．已知函数 则（   ） A．函数与有相同的最小正周期 B．函数与的图象至少有一条相同的对称轴 C．函数与的图象的对称中心之间的最小距离为 D．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】对于选项A，，所以周期， ，周期，两者周期相同，故A正确. 对于选项B，的对称轴满足 （），解得 （）， 的对称轴满足（），解得（）， 当 时， 是两者共同的对称轴，故B正确. 对于选项C，的对称中心满足 （）， 解得 ，对称中心为 （）， 的对称中心满足 （）， 解得 ，对称中心为 （）， 则两个对称中心的距离为， 当 ， 时，距离为， 此时距离为，比 更小，故C错误. 对于选项D，将 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到 . 再将 的图象向左平移 个单位长度，得到 ， 而 ，故D正确. 故选：ABD 11．如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个石球，两个石球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为，则下列结论正确的是（   ） A．两石球半径之和为定值 B．当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 C．两石球体积之和的最大值是 D．平面截正方体所得截面面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】对于A，设两个球的半径分别为和，不妨设，则（当时，球与正方体相内切）， 根据题意有，解得，故A正确； 对于B，当平面与正方体各面都有公共点时，截面为六边形， 如图阴影部分，， 同理可得，故六边形周长为定值，故B错误；    对于C，由于，从而可得，设两个球体积之和为， 于是， 则，（其中）， 所以在上单调递增， 所以，时，两球体积之和最大，此时.故C正确； 对于D，如图，点M、N、P、Q、R、S分别为棱、、、、、的中点， 则正六边形为平面过正方体中心时截正方体所成图形， 由正方体性质可知，此时截面面积最大，其中， 所以正六边形的面积为， 当两石球半径变化时，平面由此位置向（或C）趋近时，截面面积变小， 当且仅当，时，截面面积最小， 不妨设此时平面截正方体所得正三角形边长为， 则有，解得， 故正三角形的面积为， 即平面截正方体所得截面面积的取值范围是，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．第十五届全运会于年月日至日在广东举行.广东某高中现有高一学生人，高二学生人，高三学生人，为调查该校学生对全运会的了解程度，现利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取人进行问卷调查，则高二年级应抽取 人. 【答案】 【解析】高二年级应抽取：人. 13．若直线既与曲线相切，又与曲线相切，则 . 【答案】 【解析】设与和的切点分别为， 由导数的几何意义可得，得， 再由切点也在各自的曲线上，可得，联立上述式子解得， 从而得出. 14．如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，其中正六边形的顶点称为“晶格点”，若四个不同的点均为“晶格点”，两点的位置如图所示，则的最大值为 ，的最大值为 . 【答案】， 【解析】建立如图所示平面直角坐标系， 由且在竖直方向，可得，则， 设，那么，则，要使最大，需要最大， 结合图形，的最大值可达到5（例如当处于图中点时），此时，即的最大值为25，虽然两点异于两点，但因为图中蜂巢的对称性， 两点距离最远的问题仍可以等价为蜂巢中任意两点间距离最远的问题，为使得两点相距最远，两点之间应靠近边界，根据对称性，可假设点位于原点A， 此时根据对称性只需要考虑点位于轴左边即可，所以， 由图观察可见，离点最远的顶点应是六边形的顶点，而对于正六边形， 其中为中点，，， 在正六边形中，外边界四点离点相对较远，对应坐标为，即，即，即， 即，可知， 所以外边界四点中，只需要考虑两点，， 故应取更大的. 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） 已知中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 【解析】（1）由题意令，，，其中， 联立，解得，其中， 由余弦定理得.（5分） （2）由（1）知，，其中， 由余弦定理得，（7分） 因为，所以，（8分） 因为， 由正弦定理得， 则，（10分） 因为，所以 所以，（11分） 又因为，所以， 所以，即.（13分） 16．（15分） 如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.    (1)证明:四边形为菱形; (2)若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值. 【解析】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为， 因为平面⊥平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，（2分） 因为平面，所以，(4分) 因为,平面，所以平面，所以，（5分） 因为为平行四边形，所以为菱形.(6分)    （2）因为，结合（1）可知底面为正方形， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则; ,; 设平面的一个法向量为，则， 令得，.（9分） 设平面的一个法向量为，则， 令得，.（12分） 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.（15分）    17．（15分） 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版和插电混动版在某市分别随机调查了名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下求（单位：人）． 车型 低收入群体（万/年） 中收入群体（万/年万/年） 高收入群体（万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． (1)从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版的概率； (2)从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买插电混动版的人数，求的分布列和数学期望； (3)假设该市社区内的低收入、中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取人，将其愿意购买纯电动版的概率估计值记为，试比较与（1）中的大小． 【解析】（1）设事件从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版， 由表可知买纯电动版的频率为，（2分） 用频率估计概率，.(3分) （2）用频率估计概率， 从全市中收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为， 从全市高收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为，（5分） 由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、、、，(6分) ， ， ． ， ， 所以，随机变量的分布列为： 将表格数据代入期望公式可得.（12分） （3），低收入者愿意购买纯电动版的概率为， 中收入者愿意购买纯电动版的概率为， 高收入者愿意购买纯电动版的概率为． 利用全概率公式可得.（15分） 18．(17分) 已知函数，． (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若，求最大值的取值范围； (3)若，求实数的取值范围． 【解析】（1），          因为为增函数，故，即，     又因为，所以，       所以.(4分) （2）若时，因为在单调递减， 所以存在唯一使得，即        又因为，故，． 当，，单调递增； 当，，单调递减；     所以最大值为． 令，      则， 所以在单调递增，        故的取值范围为， 故最大值的取值范围.（9分） （3）由，得． 设，，则，        ，       设，则， 所以当时，；当时，， 所以， 又，，（11分）   ①当，即时，， 在上单调递减，则，不满足题意；       ②当，即时， （ⅰ）若，，即时，，使得， 且时，， 在上单调递减，，不满足题意；（13分）   （ⅱ）若，，即时，，使得， 且时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，所以成立，满足题意；（15分） （ⅲ）若，，即时，，在上单调递增， 则，满足题意．       综上可得，即实数的取值范围是.(17分) 19．（17分） 已知抛物线的准线与圆相切． (1)求抛物线E的方程； (2)依次构造点列，，，．设，，，过点作斜率为的直线与曲线E分别交于点，，直线与曲线E交于另一点，直线与曲线E交于另一点，直线与x轴交于点．    （ⅰ）求数列和的通项公式； （ⅱ）记的面积为，当时，求证：． 【解析】（1）抛物线的准线为， 依题意，圆心到准线的距离为，可得， 所以抛物线E的方程为．（3分） （2）（ⅰ）过且斜率为的直线方程为， 代入得， 由韦达定理：，①， 设直线的方程为，代入得， 则，可得②， 同理，由，可得③， 则直线的斜率， 直线的方程为：， 将代入化简得（*）， 将②③代入，结合①可得， 再代入（*）式，化简得，（8分） 由于，，满足， 则，， 所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，．（10分） （ⅱ）由（ⅰ）可得，， ，，， ，，， 代入得，化简得，（13分） 所以是首项为1，公比为2的等比数列，． 因，其中， 则， 故， ，得证.(17分) 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考信息必刷卷 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 D C A B C A 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 10 11 BC ABD 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。 12．32 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） 【解析】（1）由题意令，，，其中， 联立，解得，其中， 由余弦定理得.（5分） （2）由（1）知，，其中， 由余弦定理得，（7分） 因为，所以，（8分） 因为， 由正弦定理得， 则，（10分） 因为，所以 所以，（11分） 又因为，所以， 所以，即.（13分） 16．（15分） 【解析】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为， 因为平面⊥平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，（2分） 因为平面，所以，(4分) 因为,平面，所以平面，所以，（5分） 因为为平行四边形，所以为菱形.(6分)    （2）因为，结合（1）可知底面为正方形， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则; ,; 设平面的一个法向量为，则， 令得，.（9分） 设平面的一个法向量为，则， 令得，.（12分） 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.（15分）    17．（15分） 【解析】（1）设事件从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版， 由表可知买纯电动版的频率为，（2分） 用频率估计概率，.(3分) （2）用频率估计概率， 从全市中收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为， 从全市高收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为，（5分） 由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、、、，(6分) ， ， ． ， ， 所以，随机变量的分布列为： 将表格数据代入期望公式可得.（12分） （3），低收入者愿意购买纯电动版的概率为， 中收入者愿意购买纯电动版的概率为， 高收入者愿意购买纯电动版的概率为． 利用全概率公式可得.（15分） 18．（17分） 【解析】（1），          因为为增函数，故，即，     又因为，所以，       所以.(4分) （2）若时，因为在单调递减， 所以存在唯一使得，即        又因为，故，． 当，，单调递增； 当，，单调递减；     所以最大值为． 令，      则， 所以在单调递增，        故的取值范围为， 故最大值的取值范围.（9分） （3）由，得． 设，，则，        ，       设，则， 所以当时，；当时，， 所以， 又，，（11分）   ①当，即时，， 在上单调递减，则，不满足题意；       ②当，即时， （ⅰ）若，，即时，，使得， 且时，， 在上单调递减，，不满足题意；（13分）   （ⅱ）若，，即时，，使得， 且时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，所以成立，满足题意；（15分） （ⅲ）若，，即时，，在上单调递增， 则，满足题意．       综上可得，即实数的取值范围是.(17分) 19．（17分） 【解析】（1）抛物线的准线为， 依题意，圆心到准线的距离为，可得， 所以抛物线E的方程为．（3分） （2）（ⅰ）过且斜率为的直线方程为， 代入得， 由韦达定理：，①， 设直线的方程为，代入得， 则，可得②， 同理，由，可得③， 则直线的斜率， 直线的方程为：， 将代入化简得（*）， 将②③代入，结合①可得， 再代入（*）式，化简得，（8分） 由于，，满足， 则，， 所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，．（10分） （ⅱ）由（ⅰ）可得，， ，，， ，，， 代入得，化简得，（13分） 所以是首项为1，公比为2的等比数列，． 因，其中， 则， 故， ，得证.(17分) 7 / 7学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考信息必刷卷 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6题，第12题，第17题，均以生活中的实例或社会热点为背景，引导学生从生活中挖掘数学美，同时体现数学的应用性。第11题将两个球与正方体融合，考查动态立体几何问题，新颖性扑面而来。第14题引入新定义“晶格点”，考查学生的迁移应用能力，体现创新性。第19题将抛物线与等比数列巧妙交汇，以能力立意，反刷题味道浓，综合性强，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．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D．2 2．已知集合，则（   ） A．2 B． C．1 D． 3．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则（    ） A．1或3 B．3 C．1或9 D．9 4. 函数的大致图象为（    ） A． B． C． D． 5．已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A．4050 B．4051 C．4052 D．4053 6．某权威机构推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游．记事件“乙至少选择了两座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（    ） A． B． C． D． 7．已知椭圆的左焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与E交于M，N两点，若，则E的离心率为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 8．已知函数若函数恰有三个零点，，，则的取值范围为（    ） 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．已知，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知函数 则（   ） A．函数与有相同的最小正周期 B．函数与的图象至少有一条相同的对称轴 C．函数与的图象的对称中心之间的最小距离为 D．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象 11．如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个石球，两个石球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为，则下列结论正确的是（   ） A．两石球半径之和为定值 B．当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 C．两石球体积之和的最大值是 D．平面截正方体所得截面面积的取值范围是 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．第十五届全运会于年月日至日在广东举行.广东某高中现有高一学生人，高二学生人，高三学生人，为调查该校学生对全运会的了解程度，现利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取人进行问卷调查，则高二年级应抽取 人. 13．若直线既与曲线相切，又与曲线相切，则 . 14．如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，其中正六边形的顶点称为“晶格点”，若四个不同的点均为“晶格点”，两点的位置如图所示，则的最大值为 ，的最大值为 . 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） 已知中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 16．（15分） 如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.    (1)证明:四边形为菱形; (2)若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.    17．（15分） 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版和插电混动版在某市分别随机调查了名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下求（单位：人）． 车型 低收入群体（万/年） 中收入群体（万/年万/年） 高收入群体（万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． (1)从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版的概率； (2)从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买插电混动版的人数，求的分布列和数学期望； (3)假设该市社区内的低收入、中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取人，将其愿意购买纯电动版的概率估计值记为，试比较与（1）中的大小． 18．(17分) 已知函数，． (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若，求最大值的取值范围； (3)若，求实数的取值范围． 19．（17分） 已知抛物线的准线与圆相切． (1)求抛物线E的方程； (2)依次构造点列，，，．设，，，过点作斜率为的直线与曲线E分别交于点，，直线与曲线E交于另一点，直线与曲线E交于另一点，直线与x轴交于点．    （ⅰ）求数列和的通项公式； （ⅱ）记的面积为，当时，求证：． 1 / 6学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $