2026届新高考数学模拟练习卷02

2026年高考模拟卷02 数学试题参考答案 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． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C A B C C A 1．B 【知识点】根据并集结果求集合或参数 【详解】，解得或， 当时，此时，不合题意. 当时，此时，要使，则. 综上. 2．D 【知识点】求复数的模、复数的除法运算、复数的乘方 【分析】根据虚数单位的周期性和复数的除法可得. 【详解】因为，所以， 所以. 3．C 【知识点】二倍角的余弦公式、给值求值型问题 【分析】利用三角恒等变换化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式化简可得出的值. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 4．A 【知识点】判断命题的必要不充分条件、已知模求数量积、平行向量（共线向量） 【分析】由向量共线用表示出，应用向量数量积的运算律得，结合充分、必要性的定义判断推出关系，即可得. 【详解】由，为非零向量且知，存在实数，使， 则，， 当时，，故充分性不成立， 由，则， 故，所以， 即，故， 所以同向共线，必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 5．B 【知识点】等比数列求和 【分析】先列出等比数列首相和公比，得到等比数列通项公式，再求出项数，然后求和. 【详解】设这座塔的顶层的灯数为，从顶层开始向下每层的灯数依次构成公比为的等比数列， 因塔共有7层，故该塔共挂的灯有盏. 6．C 【知识点】求直线与双曲线的交点坐标、已知方程求双曲线的渐近线 【分析】先根据双曲线的渐近线夹角的余弦值求出，得到， 分别按照，，讨论求解. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 设渐近线的倾斜角为，则， ，，，， 两条渐近线的夹角为，， ， ，，，， 椭圆，， 点、为椭圆的两个焦点，， 当时，以为直径的圆的方程为， 双曲线，将代入， 得到，解得， 联立，将代入， 得到，解得， 将代入，解得， 则有个点满足； 当时， 过的直线为，将代入双曲线， 得到，解得，故有个点满足； 当时， 过的直线为，将代入双曲线， 得到，解得，故有个点满足； 综上可知，使得为直角三角形的点有个，故选项C正确. 7．C 【知识点】正弦定理解三角形、几何图形中的计算 【分析】由求出，由的值和求出，利用诱导公式求出和，由，利用两角差的正弦公式求出的值，利用正弦定理求出的值，由得到，计算出的值，由是边上一点得到，代入数值得解. 【详解】，， ，， ， ，，， ，， ， ， ， ， ， ，，，， 在中，， ，， ，， ，， ，，， 是边上一点，. 8．A 【知识点】利用导数研究方程的根、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】分离参数，转化问题为直线与图象的交点问题，结合导数作出函数图象，进而求解即可. 【详解】由，得，所以. 设. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又时，，时，， 作出的大致图象，如下图： 则（*）， 因为 成等比数列，设公比为， 所以，， 代入（*）式得， 由，得，即， 所以，解得， 代入，可得， 整理得，解得或（舍去），则公比为. 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． 题号 9 10 11 答案 AD ACD BC 9．AD 【知识点】判断面面是否垂直、面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断、判断线面是否垂直 【分析】根据面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理及空间线面的位置关系逐项分析判断即可. 【详解】若一个平面内的一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面互相垂直，A正确. 若，，则与的位置关系不确定，B不正确. 若，，则与的位置关系不确定，C不正确. 若，，，，，则，D正确. 10．ACD 【知识点】独立事件的乘法公式、利用全概率公式求概率、计算条件概率 【分析】设事件表示“甲设备检测为良品”，事件表示“乙设备检测为良品”，事件表示“芯片为良品”，事件表示“芯片为次品”，选项A，若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率如下，为代入数值得解；选项B，若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率是，代入数值得解；选项C，由题意得甲设备检测该芯片为良品的概率为，代入数值得解；选项D，甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率为，代入数值得解. 【详解】设事件表示“甲设备检测为良品”，事件表示“乙设备检测为良品”， 事件表示“芯片为良品”，事件表示“芯片为次品”， 则，，， ，，， 选项A，若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率如下， 为 ，故A正确； 选项B，若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率如下， 是，故B错误； 选项C，由题意得甲设备检测该芯片为良品的概率如下， 为， ，故C正确； 选项D，而甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率如下， 为，故D正确. 11．BC 【知识点】求曲边图形的面积、由方程研究曲线的性质 【分析】计算可得关于点中心对称，曲线C的关于轴对称，作出示意图，逐项判断可得每个选项的正误. 【详解】设， 因为， . 所以曲线C在第一象限的图像关于点中心对称， 又， 又在上单调递减，所以在上单调递减， 故的图像如图所示， 在方程和将代换， 方程不变，所以曲线关于轴对称， 当时，方程为， 当时，方程为，故曲线如图所示， 由图可得曲线C上两点之间的距离的最大值为8，故A错误，B正确； 对于C选项，由对称性可知，图中区域1与区域2的面积相等，所以C正确； 对于D选项，如图三块区域绕x轴旋转所得几何体的体积分别为，，， 由于，区域1和区域3旋转后构成一个三棱锥， 由锥体的体积公式可得， 所以， 的部分旋转一周后得到一个三棱锥，体积为， 所以曲线C绕x轴旋转一周所形成几何体的体积小于故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．【答案】 13．【答案】 14．【答案】 12．【答案】 【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】利用二项展开式的通项公式分析的展开式中含项的系数，含项的系数即可得解. 【详解】因为的展开式通项为， 其中含项的系数为，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为. 13．【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】先求曲线在点处的切线，把问题转化成无解,再设，求函数的最小值即可. 【详解】因为，所以， 且，， 所以在点处的切线方程为：，即. 问题转化为方程，即无解. 设，，则， 由 ；由 ， 所以在上单调递减，在上单调递增. 且 ， 所以， 所以. 14．【答案】 【知识点】裂项相消法求和、用导数判断或证明已知函数的单调性、根据数列的单调性求参数、数列不等式恒成立问题 【分析】写出数列的通项公式，观察结构，利用分组求和写出，对于任意，成立，则最小值等于最大值，通过单调性求出最值. 【详解】由题可知，则， ， ==. 设，. ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增. 则在时取得最大值. 【点睛】数列求和要熟练运用裂项相消和累加法，正确运用对数运算法则避免符号错误，结合函数与导数分析数列的单调性. 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．【答案】(1) (2) X 0 1 2 3 P . 【知识点】求回归直线方程、超几何分布的分布列、超几何分布的均值 【分析】（1）根据回归直线方程的计算方法求得回归直线方程. （2）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. 【详解】（1）， , .所以，回归直线方程为. （2）由题意知随机变量的可能取值为，则： ， ， ， ， X 0 1 2 3 P 故均值. 16．【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、三角恒等变换的化简问题 【分析】（1）结合分式有意义得到，根据二倍角公式、辅助角公式得到，进而求出角及. （2）方法一：根据余弦定理列方程组求解即可.方法二：根据向量的运算及余弦定理列方程组求解即可. 【详解】（1）由题意知，，即，即. 因为，所以， 即， 所以， 又，， 所以或，所以（舍）或， 因为，所以，则. （2） 方法一：设，则，， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 由，可得， 在中，由余弦定理可得， 即， 联立解得，， 所以的周长为. 方法二：设，则，，即， 故，故， 所以，可得， 在中，由余弦定理可得， 即， 联立解得，，所以的周长为. 17．【答案】(1)； (2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2； (3)证明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得； （3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式. 【详解】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 曲线在处的切线方程为. （2）解法一：因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. 解法二：因为， 设， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，的极小值为． ①当，即时，恒成立，此时的零点个数为0． ②当，即时，的零点个数为1． ③当，即时，的极小值， 令，所以单调递减， 所以，即， 有， 所以， 所以在区间和上各有一个零点，即的零点个数为2． 综上，时，的零点个数为时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2． （3）①当时，， 令， 因为，所以，而，即，， 所以在区间上单调递增，所以，即， 所以在区间上单调递增．所以. ②当时，令，所以单调递增， 所以，即. 又因为， 令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，的极小值为． 若，即，则，所以． 若，即，则在区间上单调递减， 所以． 所以，即． 综上可得，. 18．【答案】(1) (2)①；② 【知识点】根据韦达定理求参数、抛物线中的三角形或四边形面积问题、根据抛物线上的点求标准方程 【分析】（1）根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解； （2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据条件有，从而可得，即可求解；②根据条件求出的取值范围，求出的横坐标，再利用三角形的面积公式及弦长公式得，即可求解. 【详解】（1）因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得， 所以抛物线的方程为. （2）①因为直线方程为， 设，联立，消得到， 则， 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为. ②当时，由，得，又直线的斜率，则， 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得， 由，得， 所以， 又， 又，所以， 故的取值范围为. 19．【答案】(1)①；②； (2)证明见解析 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、求二面角 【分析】（1）①依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出； ②依题证明面PAC，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （2）在射线PC上一点H，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【详解】（1）由题意得： ①∵，，∴； ②， 因，,则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC, ∴ , 故当时，的最大值为. （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M，在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则：， 两边同除以，得 ，得证. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三面角余弦定理的证明和应用，属于难题. 解题思路为，结合图形，构造直角三角形，推得二面角平面角，利用余弦定理消元，整理后，分别在不同的直角三角形中利用三角函数的定义将线段比转化为三角函数式即得. 数学试题参考答案 第15页/（共16页） 数学试题参考答案 第16页/（共16页） 数学试题参考答案 第13页/（共16页） 数学试题参考答案 第14页/（共16页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年高考模拟卷02 数学试题 试卷说明：本试卷共8页，19题，满分150分，考试时间120分钟。 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．（本题5分）已知集合，若，则（ ） A． B． C． D． 2．（本题5分）若复数（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）若，为非零向量，则“”是“”的（   ） A．必要不充分条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．充要条件 5．某地一座7层铁塔自下而上逐渐缩小，为实现亮化工程，铁塔顶层设置3盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，那么该铁塔共需设置的灯盏数量是（   ） A．380 B．381 C．384 D．386 6．（本题5分）已知椭圆，双曲线，其中（），点、为椭圆的两个焦点，点是双曲线上一动点．若双曲线的两条渐近线夹角的余弦值等于，则使得为直角三角形的点有（   ）个 A．3 B．4 C．6 D．8 7．（本题5分）已知中，，D是边上一点，，，且，则边的长为（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）若方程的三个根成等比数列，则公比为（    ） A． B． C． D．3 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．（本题6分）若，，是空间中互不重合的三条直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，，则 10．（本题6分）2026年“十五五”开局之际，某芯片企业响应“人工智能+”行动，部署甲、乙两款AI智能体设备。它们以“感知-决策-行动”的闭环，精准识别纳米级缺陷，将良率分析从小时级压缩至分钟级，推动芯片制造迈向自主进化的智能工厂新时代。该企业用甲、乙两款设备检测芯片是否为良品．甲设备检测良品芯片为良品的概率为0.9，检测次品芯片为良品的概率为0.1；乙设备检测良品芯片为良品的概率为0.8，检测次品芯片为良品的概率为0.2．甲、乙设备的检测结果相互独立．已知某批芯片良品率为，现从该批芯片中任取一芯片，甲、乙设备各检测一次，则（    ） A．若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率为0.74 B．若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率是0.9 C．甲设备检测该芯片为良品的概率为 D．甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率为 11．（本题6分）已知曲线C由曲线和曲线组合而成，则下列结论正确的是（    ） A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C上两点之间的距离的最大值为8 C．曲线C所围成的图形的面积等于16 D．曲线C绕x轴旋转一周所形成几何体的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（本题5分）的展开式中的系数为__________． 13．（本题5分）已知函数，若曲线在点处的切线与函数的图象无公共点，则实数的取值范围为______． 14．（本题5分）已知等差数列首项为2，公差为2，前n项和为，数列前n项和为，且满足．若对于任意，成立，则m的最小值为_____________． 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．（本题13分）随着新能源汽车产业驶入快车道，某市正积极落实《电动汽车充电设施服务能力“三年倍增”行动方案》。为精准破解“补能焦虑”，能源部门利用大数据深度复盘2021至2025年充电桩建设轨迹，旨在通过科学规划，加速构建“快充为主、全域覆盖”的智慧能源补给网，为绿色出行筑牢坚实基座。为了研究某市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 (1)请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； (2)现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 16．（本题15分）在中，角，，所对的边分别为，，，. (1)求的值； (2)若是边上一点，，，求的周长. 17．（本题15分）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)当时，证明：． 18．（本题17分）已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 19．（本题17分）在2026年“空间智能”技术爆发的背景下，三维空间中的相关知识，正成为构建下一代数字孪生世界的数学基石。随着人形机器人与低空飞行器的大规模应用，一些经典几何原理被深度植入智能体的空间感知算法中，使其能够精准解析复杂环境中的立体结构与拓扑关系。展望未来，这些知识将不仅服务于地球上的智慧城市建设，更将作为星际导航的核心算法，助力人类在深空探测中精确计算天体姿态，为从数字空间到物理宇宙的跨越提供永恒的逻辑支撑。如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 数学试题 第3页/（共4页） 数学试题 第4页/（共4页） 数学试题 第1页/（共4页） 数学试题 第2页/（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $