精品解析：河北张家口市第二中学2026届高三全国高考冲刺数学压轴卷(二)

2026年全国高考冲刺压轴卷（二） 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数 满足，则 在复平面内的对应点为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 5. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周与正方形的四边都相切，另一个底面圆周与四棱锥的四条侧棱都相交，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知公比为整数的等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上单调递增，且，则的取值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 从工厂生产的零件中随机抽出100个，测量其直径（单位：），将所得数据分为5组：，并整理得到频率分布直方图如图，记这100个零件的直径的中位数为，平均数为，极差为，众数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数（为自然对数的底数）.若存在，使成立，则的取值可以是（ ）（注：） A. 1 B. 4 C. 8 D. 12 11. 已知抛物线的准线方程为，是上一点，点与原点不重合，过点作准线的垂线，垂足为，直线与交于另一点，则（ ） A. 的焦点为 B. 是线段的中点 C. 直线过定点 D. 存在点，使平分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是定义在上的奇函数，当时，（为常数），则__________. 13. 双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线分别为，点在第一象限内且在上，若，则该双曲线的离心率为__________. 14. 有5道题，5名女生中有2人每题都不能答对，其余3人每题都能答对，3名男生每人对每题答对的概率均为.现从上述5名女生中选择2名女生和3名男生答题，每人答一题，答对得2分，答错得0分，记得分之和为，则的数学期望为__________. 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）若，求的面积； （2）求 的最小值. 16. 如图，在三棱柱中， 分别是的中点，平面. （1）求证：平面； （2）设 ，求平面 与平面所成二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围； （2）若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆经过点，离心率为 是坐标原点，平行于的直线在轴上的截距为，且交于两点. （1）求的方程； （2）求的取值范围； （3）求证：直线 与轴始终围成一个等腰三角形. 19. 设数列中，. （1）求证：数列是等差数列，并写出的通项公式； （2）在集合中，任取一个数组，求该数组满足成等差数列的概率； （3）在中抽出一个项数为无穷多项，公比为的等比数列，其中，记数列的前项和为，若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年全国高考冲刺压轴卷（二） 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】不等式可化为， 故不等式的解集为 ，又， 所以. 2. 若复数 满足，则 在复平面内的对应点为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据几何意义，即可得答案. 【详解】由，得，所以， 所以 在复平面内的对应点为. 3. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 设与的夹角为，则， 又，所以. 4. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 又，所以，则，即， 所以. 5. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周与正方形的四边都相切，另一个底面圆周与四棱锥的四条侧棱都相交，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径． 【详解】设圆柱的上底面圆周与 分别交于点中点为交于点， 因为四边形是边长为2的正方形，所以， 由，得. 由题意，圆柱的底面圆与正方形的四边都相切，故其半径. 又， 所以，圆柱的高， 所以圆柱的体积为. 6. 已知，若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数，二次函数与分段函数的单调性列式解不等式即可求得答案. 【详解】因为函数在上单调递增，， 所以，解得 又在上单调递增，即 ； 函数在上单调递增，即，解得 ， 综上，的取值范围是. 7. 已知公比为整数的等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出等比数列的公比，根据题意列出方程，解得首项和公比，再由等比数列的求和公式计算即可得到． 【详解】设的公比为，由得，所以. 当时，，解得或. 又是整数，所以； 当 时，，解得，此时不是整数， 所以，A，B错误； ，所以C错误，D正确. 8. 若函数在区间上单调递增，且，则的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数单调性和特殊值条件可得，求出的取值范围及的表达式，再由结合周期确定出的表达式，确定取值，从而求得． 【详解】因为在上单调递增，， 所以且， 所以， 又，则，故， 所以，解得， 因，则，所以， 又，则当时，. 二､多选题：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. 从工厂生产的零件中随机抽出100个，测量其直径（单位：），将所得数据分为5组：，并整理得到频率分布直方图如图，记这100个零件的直径的中位数为，平均数为，极差为，众数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】由图可知，这5组的频率依次为， 则这5组的频数依次为， 将这100个零件的直径数据从小到大排序， 第31个数大于或等于5.18，第65个数小于5.28，第50与第51个数之和为， 所以，故A正确； 若每个区间中的数都取最大值， 平均数，故B正确； 极差是最大数减去最小的数，所以，故C正确； 众数是指这100个数中，相等的数的个数最多的那个， 而在中最多有30个数相等，中最多有35个数相等， 则众数，D错误. 10. 设函数（为自然对数的底数）.若存在，使成立，则的取值可以是（ ）（注：） A. 1 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】BC 【解析】 【分析】分析可知原题意等价于在上有解，即在上有解，令，，利用导数分析其单调性和值域，结合选项即可得解. 【详解】因为，则， 令，则， 令 ，解得 ；令 ，解得 ； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 可知在定义域内单调递增， 若在内恒成立，则，不合题意； 若在内恒成立，则，不合题意； 若存在，使得， 令，则，符合题意； 综上所述：原题意等价于在上有解，即在上有解， 令，，则， 令，，则 ， 可知在上单调递增，则，即 ， 可知在上单调递增，且，， 即，可得， 结合选项可得AD错误，BC正确. 11. 已知抛物线的准线方程为， 是上一点，点 与原点不重合，过点 作准线的垂线，垂足为，直线与交于另一点，则（ ） A. 的焦点为 B. 是线段的中点 C. 直线过定点 D. 存在点 ，使平分 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据准线方程可得，即可得焦点坐标；对于B：设点 的坐标为，可得直线的方程为，求点B的坐标分析判断即可；对于C：求直线的方程即可判断；对于D：假设成立，结合抛物线的定义分析判断即可. 【详解】对于选项A：因为抛物线的准线方程为，则，解得， 则抛物线 的焦点，A正确； 对于选项B：设点 的坐标为， 则的坐标为，可得直线的方程为， 联立方程，解得或，即点的坐标为， 当且仅当，即时，是的中点，故B错误； 对于选项C：直线的方程为，即， 当时，，所以直线过定点，故C正确； 若存在点 ，使平分 ，则，可得， 又因为，则， 又因为点 不是原点，则，两者相矛盾， 假设不成立，故D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是定义在上的奇函数，当时，（为常数），则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质可得，再根据奇函数的定义运算求解. 【详解】由题意可知：，解得， 则当时，， 所以. 13. 双曲线的左焦点为，右顶点为 ，渐近线分别为，点在第一象限内且在上，若，则该双曲线的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求得双曲线的两条渐近线的方程，设出点的坐标，根据条件可求得的关系，再根据双曲线的离心率定义，即可求得双曲线的离心率. 【详解】设，渐近线方程分别为， 设.由 得， 因为点在直线 上，于是解得点坐标为， 因为，所以.，所以， 将代入，得， 即，又， 所以， 所以. 14. 有5道题，5名女生中有2人每题都不能答对，其余3人每题都能答对，3名男生每人对每题答对的概率均为.现从上述5名女生中选择2名女生和3名男生答题，每人答一题，答对得2分，答错得0分，记得分之和为，则的数学期望为__________. 【答案】##5.4 【解析】 【分析】列出所有取值，根据古典概型求解选出女生的概率，根据二项分布求解男生答题情况对应的概率，进而根据独立事件乘法公式求解每种取值对应的概率，再结合期望公式求解即可. 【详解】的可能取值为， ， ， ， 所以的数学期望. 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）若，求的面积； （2）求 的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，进而得到，再结合余弦定理即可求解； （2）由余弦定理结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 又在中，， 则， 由正弦定理得， 因为，所以由余弦定理得， 所以，所以， 由，解得， 所以的面积为. 【小问2详解】 由（1）知， 所以. ， 当且仅当 时，等号成立， 故 的最小值为. 16. 如图，在三棱柱中， 分别是的中点，平面. （1）求证：平面； （2）设 ，求平面 与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：如图所示，取中点，连接 ， 因为是中点，所以 ， 因为是的中点，棱柱中 ，所以 ， 所以四边形 是平行四边形，所以 ， 因为 平面 平面，所以 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，作出辅助线，根据平行四边形的性质，证明线面平行即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据向量数量积的坐标表示，求出二面角的余弦值，进而根据同角三角函数关系，求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，则，由平面知平面， 因为 是中点，所以，所以 两两垂直. 如图，以为原点， 分别为轴，轴， 轴建立空间直角坐标系 ， 因为 ， 所以， . 设平面的法向量为， 因为，得， 取，得平面的一个法向量为. 设平面 的法向量为， 所以，即， 令 ，解得平面 的一个法向量， 设平面 与平面所成二面角为，则. 故. 17. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围； （2）若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）转化问题为在上恒成立，进而分、两种情况讨论求解即可； （2）令，可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【小问1详解】 因为在上为增函数， 所以在上恒成立. 若，则在上恒成立，满足题意； 若，由 对恒成立，知， 则成立，即，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 【小问2详解】 若时，由，得， 设，， 则， 由 得，由得或， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为与， 又，当时， ， 时，， 作出函数的图象，如下： 要使函数有3个零点，则与 的图象有3个交点， 即，所以的取值范围是. 18. 已知椭圆经过点，离心率为 是坐标原点，平行于的直线 在轴上的截距为，且交于两点. （1）求的方程； （2）求的取值范围； （3）求证：直线 与轴始终围成一个等腰三角形. 【答案】（1） （2） （3）证明：设直线 的斜率分别为，，如下图： 则， 由 ，得 . 又 ， 代入， 得 . 所以 ， 从而直线 与 轴围成一个等腰三角形. 【解析】 【分析】（1）根据点 以及离心率联立方程组解得，即可求出 的方程； （2）设直线 的方程为 ，联立直线和椭圆方程利用判别式解不等式可求得 ； （3）设直线 的斜率分别为，由（2）中的表达式利用韦达定理化简可求得 ，从而可知直线 与 轴围成一个等腰三角形. 【小问1详解】 设 的焦距为 ，则， 因为，所以， 由，解得； 所以 的方程为 . 【小问2详解】 因为 且在 轴上的截距为，所以直线 的方程为 . 联立，消去 整理得 . 因为直线 交椭圆于 两点，所以 ，即 ， 解得 ，又 ， 所以的取值范围为 . 【小问3详解】 略 19. 设数列中，. （1）求证：数列是等差数列，并写出的通项公式； （2）在集合中，任取一个数组，求该数组满足成等差数列的概率； （3）在中抽出一个项数为无穷多项，公比为的等比数列，其中，记数列的前项和为，若，求的值. 【答案】（1）证明：由去分母得， ， 所以， 又 ，所以是首项为3，公差为1的等差数列， . （2） （3） 或3. 【解析】 【分析】（1）整理原式并结合等差数列定义求解； （2）令成等差数列， 由，可得， 求解的范围可得，进而分类讨论的情况，可得任取一个数组，使得成等差数列的个数为个，再求解概率. （3）由等比数列和等差数列可得，结合题意可得与都是递增数列，设，则，由题意可得是整数，即是整数，结合等比数列求和公式可得，分析判断随增大而增大，进而对进行分类讨论即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令成等差数列，其中， 因为，由等差中项可得，且， 所以是整数，所以是整数，且， 由知，，所以要，只考虑的情况， 时，满足条件； 时，，此时满足； 时，，满足的. 所以在集合中，任取一个数组，使得成等差数列的个数为个， 所以概率. 【小问3详解】 因为公比为的等比数列中，，所以， 因为等差数列中，，所以， 因为是从中抽出的公比大于1，首项为 的等比数列，所以与都是递增数列，设，则，且是整数，则， 由题意知是整数，所以是3的倍数，所以是整数，显然的取值可为. ， ， 令，则， 所以. 所以， 所以， 所以， 因为是大于1的正整数，所以增大时，也增大，是正整数， 又，所以随增大而增大，所以随增大而增大. 时，， 适合； 时， 适合； 时，， ，所以，所以不适合. 所以 或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $