河南南阳市方城县第一高级中学2026年普通高等学校招生全国统一考试临考预测卷（二）数学试题

**基本信息** 立足高考真题结构，融合超导量子计算、基因编辑等科技情境，覆盖函数、几何、概率等核心模块，通过分层设计考查数学抽象、逻辑推理与数据分析能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、统计、三角函数、复数等|第2题以超导保真度数据考百分位数，第8题结合双曲线焦点弦最小值考离心率，体现情境化与基础能力| |填空题|3题/15分|二项式定理、立体几何向量、数列求和|第14题累乘法与裂项求和结合，考查数学运算素养| |解答题|5题/77分|三角函数综合、立体几何翻折、概率决策、导数应用|第18题基因编辑技术考分布列与期望，第19题导数零点与恒成立问题，凸显综合应用与创新思维，契合高考命题趋势|

方城县第一高级中学2026年普通高等学校招生全国统一考试临考预测卷（二）数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （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，用铅笔把答题卡上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．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．某科研团队构建了超导量子计算原型机，为了评估其稳定性，团队记录了6次关键性能测试的保真度数据：0.9992，0.9988，0.9990，0.9987，0.9994，0.9990，则这组数据的75%分位数为（    ） A．0.9988 B．0.9991 C．0.9992 D．0.9994 3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D．5 4．已知函数，若实数满足，在上至少存在3个零点，则的最小值为（    ） A．18 B．9 C．6 D．3 5．设是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则（   ） A． B． C． D． 6．圆台的母线长为分别为上､下底面的直径，且.设四面体外接球的表面积为，圆台的表面积为，则（    ） （附：圆台的侧面积公式 A． B． C． D． 7．已知等比数列的前项和为，，且，则（    ） A．120 B．40 C．48 D．60 8．过双曲线的右焦点的直线与交于两点，若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 二、多项选择题（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．已知复数在复平面内的对应点为，复数在复平面内的对应点为，且，则（    ） A． B．的共轭复数是 C．是纯虚数 D．复数在复平面内的对应点位于第一象限 10．已知定义在R上的函数满足：，，且，则（    ） A． B．可能是偶函数 C．的图象不可能关于点对称 D．若，，则在上单调递增 11．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，，则（    ） A． B．的周长的最大值为 C．当最大时，的面积为 D．的取值范围为 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，的系数是________. 13．如图，在三棱锥中，，M，N分别为BC，AD的中点，则__________． 14．数列中，，，记数列的前n项和为，则______． 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，内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，，成等比数列，且，，成等差数列，求的值． 16．如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 17．已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 18．某生物科技公司研发了一种新型基因编辑技术，用于治疗遗传性疾病，实验数据显示使用第一代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为；使用第二代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为，使用第一代技术与第二代技术编辑的结果相互独立． (1)求使用第一代技术与第二代技术各编辑基因1次，至少成功1次的概率； (2)若该团队采用以下编辑策略：首先使用第一代技术进行最多3次基因编辑，若在此过程中累计成功2次，则整个实验结束；若完成3次编辑后累计成功次数仍少于2次，则再使用第二代技术进行2次编辑，随后实验结束，求整个实验过程中基因编辑成功次数的分布列与期望； (3)在实际实验中，研究团队可以在任意一次基因编辑中使用第一代或第二代技术，且每次只能使用其中某一代技术．已知每次使用第一代技术的成本为1000元，每次使用第二代技术的成本为2000元，编辑一次成功的收益为5000元，编辑一次失败的收益为0元．若某次实验需要进行2次基因编辑，每次基因编辑的结果相互独立，从净收益的数学期望角度分析，第一代技术应选择使用几次？ 19．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的零点个数； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026年普通高等学校招生全国统一考试临考预测卷（二）数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B B C B A AC ABD 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】解不等式，明确集合，再求其并集即可. 【详解】由，所以； 由，所以. 所以. 故选：D 2．C 【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得． 【详解】先将这组数据从小到大排序，0.9987，0.9988，0.9990，0.9990，0.9992，0.9994， 由，则这组数据的75%分位数为0.9992． 3．A 【分析】利用余弦定理可得，所以为直角三角形，由重要不等式可求得面积的最大值，或由二倍角的正弦公式及正弦函数的最大值求得面积的最大值. 【详解】因为，所以由余弦定理可得， 所以，即， 所以为直角三角形，. 所以面积. 当且仅当，即时，等号成立. 所以面积的最大值为. 故选：A. 方法二： 因为，所以由余弦定理可得， 所以，即， 所以为直角三角形，. 所以，所以面积. 当，即时，取得最大值，即面积的最大值为. 故选：A. 4．B 【分析】根据题意，结合函数的值域，可证为函数的对称轴，再由在上至少存在3个零点，可得，解出，结合求解即可． 【详解】解：函数，则， 又，所以为函数的对称轴， 又在上至少存在3个零点，且， 所以，解得， 又，所以，解得，则的最小值为． 5．B 【详解】由是偶函数可知，又满足， 则. 6．C 【分析】由题给出的公式，圆台的表面积可以由侧面积加上下两个圆的面积求出，再由四面体的外接球即为圆台的外接球，计算出外接球半径即可求出. 【详解】    设圆台的上､下底面的半径分别为，母线， ， 由题意可知圆台的表面积为， 如图四面体的外接球即为圆台的外接球， 设外接球的球心为，半径为， 圆台的高， 设到上底面的距离为，到下底面的距离为 由外接球性质，， 则， ， 联立解得， 故， 即， 所以， 所以. 故选：C. 7．B 【分析】根据等比数列的通项公式，结合已知条件列出方程求解、，验证，利用等比数列求和公式即可求解. 【详解】因为数列为等比数列，设数列的公比为， 若，则， 此时，由已知，即， 解得，不成立，所以； 因为，， 则有：，解得，， 所以. 故选：B 8．A 【分析】若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则可得直线轴，和直线与轴重合，而从确定，最后求出双曲线的离心率. 【详解】 由过双曲线的右焦点的直线与交于两点， 若两点均在双曲线的右支时，则轴时，线段的长度取最小值，即为通径，此时为， 若两点在双曲线的两支时，则直线与轴重合时，线段的长度取最小值，即为实轴，此时为， 若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则，即， 则双曲线的离心率， 故选：A. 9．AC 【分析】根据复数的加法计算判定A，应用共轭复数的定义判定B，应用纯虚数的定义判定C，应用复数的乘法及几何意义判定D. 【详解】由条件知，A正确； 的共轭复数是，B错误； 是纯虚数，C正确； 在复平面内的对应点为，D错误. 故选:AC. 10．ABD 【分析】令建立方程可解，通过构造函数得到发现可以为幂函数，通过举例说明可判断BC选项，，，则，再利用定义法证明函数在的单调性即可得到在上单调性. 【详解】令，或（舍去），故A正确；，即， 设，则，所以当时成立， 故可以为，此时时偶函数，故B正确； 由上知也可以为，此时关于对称，故C错误； ，，即，， ，，时，， ，设，则，则，所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 11．BCD 【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，可判断A选项；利用余弦定理结合基本不等式可求出的周长的最大值为，可判断B选项；利用正弦定理结合三角形的面积公式可判断C选项；利用正弦定理、三角恒等变换结合正弦型函数的值域可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为， 由正弦定理可得，整理可得， 由余弦定理可得， 因为，故，A错； 对于B选项，因为，由余弦定理和基本不等式可得 ，即， 当且仅当时，等号成立，故的周长为， 即的周长的最大值为，B对； 对于C选项，由正弦定理可得，则， 当且仅当时，取最大值，此时，，，C对； 对于D选项，由正弦定理可得，则，， 所以， ， 因为，则，可得，则，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 12．80 【详解】，令，解得， 故的系数为. 13．1 【分析】利用空间向量的线性运算可得，结合空间向量数量积的运算即可得. 【详解】由题意得，，，，， 则，，， 因为， 所以. 14． 【分析】先根据累乘法求出的通项公式，然后根据裂项法求出，最后再计算. 【详解】，. ，又，. . . . 15．(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，代入三角形内角和关系化简，得到关于角的方程即可解答； （2）由等比和等差数列条件列出方程组，结合余弦定理消去 ，得到关于 的方程即可解答. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 因为，所以， 所以，化简得， 因为，所以，所以，因为，所以； （2）因为，，成等比数列，且，，成等差数列，， 所以，所以，即， 根据余弦定理，，所以， 所以，因为，所以，因为，所以，所以. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，故. 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面的法向量， 则，即，取 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)， (2) 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，结合数列为递减数列可求得、的值，即可得出等比数列的通项公式；推导出，结合可求得数列的通项公式； （2）分为奇数、偶数两种情况讨论，化简的表达式，利用错位相减法、裂项相消法结合分组求和法可求得. 【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意可得，则， 因为数列是等比数列，解得，所以，， 因为，所以，， 因为，则，所以， ，故. （2）当为奇数时，，令， 则， 所以，， 两个等式作差可得 ， 化简得； 当为偶数时，， 令，则 ， 故. 18．(1) (2) 0 1 2 3 (3)2次 【分析】（1）利用对立事件，计算两次均失败的概率，再用1减去即得至少一次成功的概率； （2）根据实验流程分类讨论所有可能成功次数，分别计算每种情况的概率，得到分布列后求期望； （3）设使用第一代技术的次数为，写出总成本与期望成功次数的表达式，再求净收益期望关于的线性函数，由单调性确定最优解. 【详解】（1）设使用第一代技术编辑成功为事件,使用第二代技术编辑成功为事件，两次编辑至少成功一次为事件，则， 所以， 所以使用第一代技术与第二代技术各编辑基因1次，至少成功1次的概率为； （2）根据题意，随机变量的可能取值为， 即所有实验均失败，所以； 包含第一阶段恰好成功1次且第二阶段均失败和第一阶段均失败且第二阶段恰好成功1次， 所以； 分为三种互斥情况： ①第一阶段成功2次，实验停止，概率为； ②第一阶段成功0次，第二阶段成功2次，概率为 ； ③第一阶段成功1次，第二阶段成功1次，概率为； 所以； 包含第一阶段恰好成功1次且第二阶段2次均成功， 所以， 所以整个实验过程中基因编辑成功次数的分布列为 0 1 2 3 所以； （3）设2次编辑中使用第一代技术的次数为,所以可能的取值为， 所以使用第二代次数为， 设总成本为，所以， 总成功次数期望， 设净收益为， 所以， 函数值随增大而增大，所以时净收益最大，即两次均使用第一代技术. 19．(1) (2)当或时，1个零点；当或时，2个零点 (3) 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）令，原题意转化为与的交点个数，利用导数判断的图象，即可得结果； （3）整理可得恒成立，结合反函数性质可得，整理可得，结合（2）中结论运算求解. 【详解】（1）当时，则， 可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）因为， 令，可得， 令，则转化为与的交点个数， 因为， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 且，可得： 当或，即或时，与有1个交点； 当，即或时，与有2个交点； 综上所述：当或时，1个零点；当或时，2个零点. （3）因为恒成立，即恒成立， 当时，，因为不恒成立，所以不满足题意； 当时，由得，即恒成立， 等价于恒成立， 因为曲线与关于直线对称，所以， 等价于，可得， 由（2）可得：，则； 综上可得：的取值范围是. 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $