2026年高考数学考前猜题卷02（全国二卷通用）

**基本信息** 2026年高考数学考前猜题卷（全国二卷）以150分满分覆盖集合、函数、几何等核心知识，融入端侧AI芯片延迟测试、达·芬奇方砖几何体、航天调查等真实情境，通过多题型梯度设计考查数学眼光、思维与语言素养，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题40分|集合、复数、向量、数列|基础概念与运算，如等比数列前n项和| |多选|3题18分|概率统计（频率分布直方图）、立体几何（达·芬奇方砖）、函数导数|科技情境与空间观念，如AI芯片延迟数据分析| |填空|3题15分|二项式定理、不等式、函数零点|多知识交汇，如含参函数零点个数讨论| |解答|5题77分|数列证明与求和、三棱台几何证明与夹角、椭圆方程与切线、航天调查独立性检验与概率期望、函数切线与零点|综合应用与创新，如航天调查数据分析（数据意识）、函数零点与导数应用（推理能力）|

2026年高考数学考前猜题卷02（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：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、单项选择题：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．若集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．若，其中，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 5．记为等比数列的前n项和，若，，则（    ） A．4 B．2 C．8 D． 6．某单位有5名员工（记为），需将这5人全部分配到甲、乙、丙3个不同的部门，要求每个部门至少分配1人，则不同的分配方案共有（ ） A．72种 B．150种 C．243种 D．360种 7．已知，是椭圆C：（）的左右焦点，点P在椭圆上，为等腰三角形，，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 2、 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．为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（   ） A．样本中延迟在内的模型个数为60 B．估计样本的中位数落在区间内 C．估计样本的平均数约为 D．该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 10．伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（   ） A． B．平面平面PEF C．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为 D．直线CQ与平面所成角的正弦值为 11．设函数，则（    ） A．有三个零点 B．是的极大值点 C．当时， D．若过点可以作三条直线与的图象相切，则m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．在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 13．已知正数满足，则的最大值为______. 14．若函数在[0,4]上恰有2个零点，则符合条件的a的个数为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）已知数列满足，且（）． (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式及数列{an}的前n项和． 16．（15分）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 18．（17分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 19．（17分）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若函数在上存在两个零点，求实数的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考数学考前猜题卷02（全国二卷通用） (考试时间：120分钟，分值：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、单项选择题：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.若集合M={xx2-2x>3},N={xVx-3<1,则MnN=() A.[3,4) B.(3,4) C.（-o,-1)U[3,+∞) D.(-0,-1)U(3,+0) 【答案】B 【分析】解出不等式得到M、N后，利用交集定义即可得解， 【详解】由x2-2x>3可得(x-3)(x+1)>0,解得x>3或x<-1,故M={xx>3或x<-1, 由√x-3<1可得0≤x-3<1,解得3≤x<4,故N={x3≤x<4},故M∩N=(3,4) 2.若(1-ai)i=2+bi,其中a,beR,则a+bi=（) A.月 B.5 c.5 5 D. 2 【答案】B 【详解】(1-ai)i=2+bi, .a+i=2+bi,故a=2,b=1, a+bi1=|2+i=v22+12=5. 3.已知cos(a+)=片casa-p月=3则casa+cosB=() A. 11 B.2 13 6 C.12 6 【答案】A 【分析】将2a,2B分别用a-B,a+B表示，结合二倍角、两角和差余弦公式可化简整理得 到结果。 【详解】 sa+cosBcosc0s2(cos2a+cos2 2 2 -1+c0s[(@+p)+(a-8]+cos[@a+B)-6-pj) =l+)cos(a+)co(a-)-sia+si训a-A+cofa+月ofa-月+sita+月sta-为 =i+oae+例eaa-到-l时专 4.已知向量a=(-2,1),6=(x,2),若ā16，则2a+=() A.1 B.2 C.3 D.5 【答案】D 【分析】由向量垂直的坐标表示求出x,再求出2ā+b及模长即可. 【详解】因为向量ā=（-2,1)，b=(x,2),且a1b,所以-2x+2=0,解得x=1. 故2ā+b=2(-2,1)+(1,2)=(-3,4),所以2ā+b=V(-3)2+42=5 5.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S。=9S,a4-a2=3,则a=( A.4 B.2 C.8 D.-8 【答案】B 【详解】设等比数列的公比为q,由S。=9S,得S6-S3=8S3, 则a9(1+q+q)=8a,1+q+q),而1+q+q2≠0，解得9=2， 由a-4=3.得0g号=3，即4=3.所以a=2 6.某单位有5名员工（记为A,B,C,D,E),需将这5人全部分配到甲、乙、丙3个不同的 部门，要求每个部门至少分配1人，则不同的分配方案共有( ) A.72种 B.150种 C.243种 D.360种 【答案】B 【分析】按(3,1,1)，(2,2,1)两类情况分组讨论即可 【详解】分组为(3,1,1)：先从5人中选3人作为一组，剩余2人各成一组，分组后分配到3 个不同部门方案数C·A=10×6=60种 分组为(2,2，)：两个组人数相同，属于平均分组，需要消除重复排序，再分配到3个不同部 门：方案 C:C.A;=10x3x6=90将两类相加：60+90=150种. A,2 2 7.己知E,E是椭圆C: x2,y2 a? =1(a>b>0)的左右焦点，点P在椭圆上，△PFE为 b2 等腰三角形，∠FFP=120°，则椭圆C的离心率为() A B. 2-3 D. 5-1 2 【答案】D 【分析】由已知PF=FF=2c与∠PFE=120°可得PF,再由椭圆定义求解离心率. 【详解】由题意，△PFF为等腰三角形，∠PFF=120°， 所以PF=EF=2c, 所以PF=|PF,2+EE,2-2PEEE,cos120°=12c2,即|PE=2W3c, 所以2a=PF+PF,上2(5+1止，所以-」=5，即C的离心率为5-」 aV3+12 2 8.己知函数f(x)=x-10-1,g(x)=x-lgr-1,h(x)=x3-1的零点分别为a,b,c,则a,b,c的大 小顺序为() A.a<b<c B.a<c<b C.b<c<a D.c<a<b 【答案】B 【分析】先利用函数与方程的关系转化为两个函数的交点问题，再利用数形结合即可求出结 果。 【详解】由f0)=-1≠0及f)=x-10-1=0得10=}， 由x>0及8(=xlgx-1=0得lgx=由(0)≠0及)=-1=0得x=, 4 由函数f(x)=x-l0-1,g(x)=x-lgx-1,h(x)=x3-1的零点分别为a,b,c, 可得函数)y=10，y=lgx,y=x与y=图象交点的横坐标分别为a,hc, 在同一坐标系中分别作出函数y=10,y=gx,y=,y=的图象如图。 V=10 V=X3 b v=lgx 由图知a<c<b 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.为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度 (128 tokens)的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位： s).测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为[0,10)， [10,20),[20,30),[30,40),[40,50],则下列结论正确的是() 频率组距 0.030 0.024 0.022 0.014 0.010 01020304050延迟的时间(ms) A.样本中延迟在[10,20)ms内的模型个数为60 B.估计样本的中位数落在区间[20,30)内 c.估计样本的平均数约为22.5ms D.该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 【答案】AD 【分析】求出各组频率判断A;利用中位数的定义计算判断B:估计平均数判断C:结合频 率分布直方图分析判断D. 【详解】由频率分布直方图知，数据落在各分组区间的频率依次为：0.22,0.3,0.24,0.14,0.1， 对于A,样本中延迟在[10,20)ms内的模型个数为200×0.3=60，A正确： 对于B,由0.22<0.5,0.22+0.3=0.52>0.5，得估计样本的中位数落在区间10,20)内，B 错误；对于C,样本的平均数约为5×0.22+15×0.3+25×0.24+35×0.14+45×0.1=21s), C错误；对于D,该分布峰值在左侧低延迟区间，仅少数模型延迟较高，频率随延迟增大逐 渐降低，因此呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，D正确， 10.伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把 三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中 每个正方体的棱长为1，则() 图1 图2 图3 A.CG=244-2PF B.平面CQG⊥平面PEE C,异面直线CQ与BD所成角的余弦值为 6 D.线C0与平面4BCD所成角的正弦值为号 【答案】ABD 【分析】根据向量的线性运算法则，结合图象，即可判断A的正误：根据面面垂直的判定 定理，即可判断B的正误：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，根据线线角的向 量求法，即可判断C的正误：根据线面角的向量求法，即可判断D的正误。 【详解】选项A:由图象得CG=CO+QG=CB+2BA+2AA+QG =CB+2FP+2A4-CB=2AA-2PF,故A正确： 选项B:因为AF⊥平面PEF,且GOIAF, 所以GQ⊥平面PEF,因为GQc平面CQG, 所以平面CQG⊥平面PEF,故B正确： 选项C:以D为原点，DA,DC,DD为x,y,z轴正方向建系，如图所示， 则C(0,1,0),Q1,-1,2),B(1,1,0),D(0,0,0),所以C0=(1,-2,2),DB=(1,1,0), 设异面直线CQ与BD所成角为0，B∈0，F C@·DB2 则cos8= CO DB 6 则异面直线C0与BD所成角的余弦值为 故C错误： 6 由图象得平面AB,CD,的法向量n=(0,0,1), 设直线CQ与平面AB,CD所成角&，ue0, 则sina=cos(c,n c列_2 c@园 3 所以直线CQ与平面48CD所成角的正弦值为，故D正确。 11.设函数f(x)=x3-3x2+2,则() A.f(x)有三个零点 B.x=2是f(x)的极大值点 3 C.当1<x<二时，-2<f(2x-1)<0 2 D,若过点(3，m)可以作三条直线与y=f(x)的图象相切，则m的取值范围为(-6,2) 【答案】ACD 【分析】A选项，求导然后判断函数的极值和0的关系即可；B选项，求导，分析函数的单 调性，即可区分极大值极小值；C选项，求导，分析函数∫(2x-1)在1<x<二时的单调性， 即可确定取值范围：D选项，将题目转换成直线和曲线的交点，即求曲线的单调性，分析极 大值极小值，让直线介于极大值和极小值之间即可」 【详解】A选项，由f(x)=x3-3x2+2,得f'(x)=3x(x-2), 令'(x)>0,解得：x>2或x<0, 所以f(x)在(-o,0)上单调递增，(0,2)单调递减，(2，+∞)上单调递增； 因为f(-1)=-2<0,f(0)=2>0,f(2)=-2<0,f(3)=2>0, 所以f(x)有三个零点，所以A选项正确： B选项，由A选项解析可得：x=2是极小值点，所以B选项错误： C逃项，当1<x<时，1<2-1<2，且函数()在区间L2)上单谓递减， 且f(1)=0,f(2)=-2,故-2<f(2x-1)<0,所以C选项正确： D选项，设切点为(x,y),则切线的斜率为k=f'(x)=3x-6x, 所以切线方程为y-=(3x-6x)(x-x),即y-(x,3-3x2+2)=(3x-6x)(x-x) 因为切线经过点(3，m),所以m-(x分-3x+2)=(3x-6x)(3-xo), 整理得m=-2x+12x7-18x。+2.令g(x)=-2x3+12x2-18x+2, 则g'(x)=-6x2+24x-18=-6(x-1(x-3), 令g'(x)<0,得x<1或x>3,令g'(x)>0,得1<x<3, 所以g(x)在(-o,1)和(3，+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增， 则g(x)的极小值为g()=-6,极大值为8(3)=2， 所以当-6<m<2时，直线y=m与g(x)的图象有3个交点， 即当-6<m<2时，过(3，m)可以作三条直线与y=f(x)图象相切，所以D选项正确. 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.在(2+3x)1-x)°的展开式中，x2的系数为·（用数字作答） 【答案】12 【详解】(1-x)的展开式通项为T,+1=C6·(-x)'=(-l)'C6x'. 要得到x的项分两种情况： ①取2+3x中的常数项2，乘(1-x)的x2项，系数为2×(-1)2C%=2×15=30 ②取2+3x中的一次项3x,乘(1-x)的x项，系数为3×(-1)'C6=3×(6)=-18 .x2的系数为30-18=12 13.己知正数a,b满足a+4b+ab=12，,则ab的最大值为 【答案】4 【分析】对条件等式利用基本不等式再结合一元二次不等式即可求解， 【详解】已知正数a,b满足a+4b+ab=12, 根据基本不等式，a+4b+ab=12≥2√4ab+ab=4√ab+ab(a=4b取等号)， 即Vab+4ab-12≤0，即(Nab+6(ad-2s0,于是0<√ab≤2，得到0<ab≤4， 当a=4b时，a=4,b=1时，ab的最大值为4.故答案为：4 14.若函数f()=(-2x+a)小sinax--写aeN)在0,4上恰有2个零点，则符合条件的a 的个数为 【答案】1 【分析】求出函数的零点，通过判断在区间[0,4]上零点的个数确定a的取值. 【详解】a=1时，fm=6K-2x+)si(x-子，在IQ,4利上有两个零点1和子，满是题意， 23 a≥2时，由于x2-2x+a=(x-1)2+a-1≥1，x2-2x+a=0无实数解， m+π sin(as).ax 3,由于xe[0,4], a k<0,则x<0,不合题意， k=0时，=元e04,k=1时：x=暂e04利，k=2时，x-石e04《因为 3a 3a a≥2,7πs7红<4，因此f)在0,4上至少有3个零点，不满足题意 3a-6 综上，a=1,所以满足条件的a的个数是1. 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)已知数列{an}满足a1=1,且a1=2an+1(neN). (1)求证：数列{an+是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式及数列{an}的前n项和Sn. 【答案】(1)证明见解析 (2)an=2”-1,2+1-2-n 【分析】(1)将题目的条件变形，然后结合等比数列的定义证明即可 (2)利用等比数列的通项公式结合分组求和即可 【详解】(1)由已知an1=2an+1,变形得an1+1=2(an+1), 又因为a=1,所以a+1=2≠0，故a,+1≠0，故2+1=2 a.+1 又因为a1=1,所以41+1=2≠0， 因此数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)由(1)知数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列 所以an+1=2×2n-=2".因此数列an的通项公式为an=2”-1. 数列{a}前n项和：S=4+4,+…+a,=(2+2+2++2）n= 21-2”）) -n=2-2-n 1-2 16.(15分)如图，三棱台ABC-AB,C的下底面ABC是边长为6的正三角形，上底面AB,C 是边长为3的正三角形，AA⊥平面ABC,AA=3. D (1)证明：△ABC,为直角三角形： (2)己知E为棱CC,上一动点，BD=2DC,若DE/I平面ABB,4,，求平面ADE与平面ABC 夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 226 5 【分析】(1)过点C,作CO∥AA,证明O为棱AC的中点，进而根据正三角形的性质以及 线面垂直的判定定理以及性质求解即可， (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角的余弦值 【详解】(1)由题意，AA⊥平面ABC,则可过点C作CO∥AA交棱AC于点O, B E B D 则CO⊥平面ABC,又ACc平面ABC,得CO⊥AC, AC=3,AC=6,.O为棱AC的中点， 方法一：又因为△ 为等边三角形，所以BO⊥AC, 又CO∩BO=O,.AC⊥平面CBO,又BCc平面CBO,.AC⊥BC, 又：AC11AC,则AC⊥BC,所以△11为直角三角形： 方法二△ 是边长为6的等边三角形，所以OB=3√5，又CO=3, .BC=6,又：AA⊥平面ABC, .AA⊥AB,又AA=3,AB=6, .AB=3V5,又AC=3,得AB2=AC+BC,所以△11为直角三角形： (2)以点O为原点，分别以OB,OC,OC1所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐 标系，则0(0,0,0)，A(0,-3,0),4(0,-3,3),A3√3,0,0，C0,3,0,C0,0,, CC=(0,-3,3),AB=(35,3,0）,AA=(0,0,3), ZA B 又BD=2DC,所以D(V52,0),因为E为棱CC上一动点，可设C正=CC=(0,-3,32) 则DE=DC+c℃=（√51,0）+(0,32,3)√3,1-3元，3 AA=0 [3z=0 设平面ABBA的法向量为=(x,y,z),则 ，即 AB.i=0’3N5x+3y=0 可取i=1,-V3,0.因为DE∥平面ABB4,所以DE⊥元，即DE·i=-V3-3(1-32)=0. 解得=， 得E(01,2),DE=-√3，-1,2.又AE=(0,4,-1), DE.m=0 设平面ADE的法向量为m=（x,,乙)，则 即 -V3x-y+2z1=0 AE·m=0 4y-21=0 4 7N5 k.m 2W5 可取 1,4 又平面4BC的法向量可取无=(0,01).则0s,m= 49 5, 3 3 +1+16 所以平面ADE与平面ABC夹角的余弦值为2V5 17.(15分) 已知椭圆C:· 2 62 (a>b>0)的离心率为，左焦点为F,右顶点为A,短轴一 长为8. (1)求C的方程： (2)已知点P在直线x=a上且直线PF的斜率为：，过点P的直线与椭圆相切于点B(异于 点A)· (i)求直线AB的方程； (ii)求证：∠AFP=∠BFP 【省10后+后- (2)(i)8x+5y-40=0;(ii)证明见解析 [2b=8 很据椭圆短轴长为8，椭圆离 c_3 求解即可； b2+c2=a2 (2)()先求得点P的坐标，再写出切线方程，然后与椭圆方程联立求解：(i)方法一： 1 利用二倍角正切公式法，易知an∠AFP=km=4,再由an∠AB=an2∠AP求解：方法 二：利用向量夹角公式法，由cos∠AFP=cos∠BFP求解 【详解】(1)由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为， B 2b=8 则 9=3 a=5 ，解得 a 5 8所以箱图方为5后1 b2+c2=a2 2)D由q)知F(-30,设P5,km=9-兰-%=2=P52). 5-（-3)84 设过点P与椭圆相切于点B(异于点A)的切线方程为y-2=k(x-5), 代入￡+=1，并整理得16+252)x+50k(2-56)x+25(2-5-400=0. 25+16 由直线与椭圆相切，△=[50k(2-5k)]-416+25k2)厂25(2-5k)-400]=0, 化简得长=故切线方程为y=x+5联立椭圆方程，解得切点为，) 又因为A(5,0),所以直线AB的方程为8x+5y-40=0. (i)方法一：（二倍角正切公式法）由题意可知tan∠AFP=km=4 1 2× tan2∠AFP= 2tan∠AFP 1-tan2∠AFP 合又m<8=6方 1- 16 故tan∠AFB=tan2∠AFP,故∠AFB=2∠AFP,所以∠AFP=∠BFP. 方法二：（向量夹角公式法） FAFP 64 4 Fp=(82), cos∠AFP F·Fm 8.√68V17 272 FB·FP cOS∠BFP 5 4 F8F34、 *2i价 故cOS∠AFP=cos∠BFP。所以∠AFP=∠BFP. 18.(17分)中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运 载火箭、载人航天、深空探测等多个领域为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某 社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值a=0.01的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如 下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰： 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道 题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答 对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道 题每道驱答对的概率均为}，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为P,第3道驱答 对的概率为1-p,p∈(0,1)，各题答对与否相互独立。 ()求甲能进入第二关答题的概率； (ⅱ)己知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖 金更多 参考公式及参考数据：X= n(ad-be)2 n=a+b+c+d」 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) x 0.05 0.01 Xa 3.841 6.635 【答案】(1)能 2)(i)27 2)当0<p<时，建议挑战第3道题：当p=时，挑战和不挑战第3道题 都可以：当子<p<1时，建议不钱战第3道愿 【分析】(1)求x2,并与临界值对比分析，结合独立性检验思想分析判断： (2)()可知3道题至少答对2道题，结合独立重复事件概率公式运算求解： (ⅱ)分别求不挑战第3道题与挑战第3道题的期望，利用作差法比较大小，即可判断. 【详解】(1)零假设为H。:对航天工程的关注情况与学历无关， 因为2-200x(80x40=60x20-2009.5246.635, 100×100×140×6021 依据小概率值α=0.01的独立性检验，推断H,不成立， 所以可以认为对航天工程的关注情况与学历有关 (2)()记甲能进入第二关答题为事件A,即3道题至少答对2道题， (i)若确定不挑战第3道题，获得奖金为X,X的可能取值为0,400， 则P(X=400)=p2,P(X=0)=1-p2, 可知X的分布列为： X 0 400 P 1-p2 所以E(X)=400p2: 若确定挑战第3道题，获得奖金为Y,Y的可能取值为0,200,800， 则P(Y=0)=1-p2,P(Y=200)=p3,P(Y=800)=p2(1-p), 可知Y的分布列为 0 200 800 P 1-p2 p p2(1-p) 所以E(Y)=-600p3+800p2 令E(X)-E(Y)=600p3-400p2=200p2(3p-2), 当0<p<时，E(X)<Ey),建议挑战第3道题： p时，E(X)=EY),挑战和不挑战第3道题都可血 当号<p<1时，E(X)>F),建议不桃成第3道题 19.(17分)已知函数f(x)=e-ax-l,a∈R,g(x)=xnx (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)令F(x)=∫(x)-g(c),若函数F(x)在(0，+o)上存在两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1)y=(e-2)x-1 (2)(e-L,+o∞) 【分析】(1)先求f(),再求∫'(x),∫'(1)，然后根据导数的几何意义求切线方程即可； (2)根据题意可知存在x,x2∈(0，+o),x≠2，使e-lnr-ax-1=0,参变分离得 a-C-nr-1,令函数A(y)=。1-1nr,再利用导数结合交点个数求参数范围即可。 【详解】(1)解：由题意，f(x)=e-2x-1,则f'(x)=e-2, .f'()=e-2,f(1=e-3. ∴，曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y-(e-3)=(e-2)(x-1), 即y=(e-2)x-1: (2)解：由题意，F(x)=f(x)-g(x)=e-xlnx-ax-l,xe(0,+oo) :F(x)在(0，+∞)上存在两个零点， ∴.存在x,x2∈(0，+o∞)，≠x2,使e-xnx-ax-1=0, 即a=e-lnr-J 1 令函数h(y)=C_1nr,则直线y=a与函数y=h()的图象有两个交点 xx )=-ex-1x-e-, x2 x2 x2 由x>0,得e-1>0. 当0<x<1时，h(x)<0:当x>1时，h(x)>0, ∴.函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+oo)上单调递增，则h(x)mm=h()=e-1. ,当x→0时，h(x)-→+0；当x→+o时，h(x)-→+0， ,当a>e-1时，直线y=a与函数y=h(x)的图象有两个不同交点， ∴.实数a的取值范围是(e-1,+oo).2026年高考数学考前猜题卷02（全国二卷通用) (考试时间：120分钟，分值：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、单项选择题：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.若集合M={xr2-2x>3},N={xNx-3<,则MnN=() A.[3,4) B.(3,4) C.（-o,-1)U[3,+∞) D.(-0,-1)U(3,+0) 2.若(1-ai)i=2+bi,其中a,beR,则a+bi=() A方 B.5 C. 2 3.已知cos(a+P)=行，cos(a-p)=-7则cos2a+cos2B=() A D. 6 4.已知向量ā=(-2,1)，万=(x,2),若a16,则2a+=() A.1 B.2 C.3 D.5 5.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S。=9S,a4-a2=3，,则a3=() A.4 B.2 C.8 D.-8 6.某单位有5名员工（记为A,B,C,D,E),需将这5人全部分配到甲、乙、丙3个不同的 部门，要求每个部门至少分配1人，则不同的分配方案共有() A.72种 B.150种 C.243种 D.360种 .已知，店是椭圆C:C+1(a>6>0)的左右焦点，点P在椭圆上，aPF5为 等腰三角形，∠FFP-120°，则椭圆C的离心率为() A.日 B c.2-5 D.5-1 3 2 8.已知函数f(x)=x-10-1,g(x)=x-lgr-1,h(x)=x3-1的零点分别为a,b,c,则a,b,c的大 小顺序为() A.a<b<c B.a<c<b C.b<c<a D.c<a<b 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.为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度 (128 tokens)的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位： s).测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为[0,10)， [10,20),[20,30),[30,40),[40,50],则下列结论正确的是（) 频率组距 0.030 0.024 0.022 0.014 0.010 O1020304050延迟的时间(ms) A.样本中延迟在[10,20)ms内的模型个数为60 B.估计样本的中位数落在区间[20,30)内 C.估计样本的平均数约为22.5ms D.该分布呈现出右边拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 10.伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把 三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中 每个正方体的棱长为1，则() 图1 图2 图3 A.CG=2A4-2PF B.平面CQG⊥平面PEE C.异面直线C?与BD所成角的余弦值为 6 D.直线C0与平面4BCD所成角的正弦值为号 11.设函数f(x)=x3-3x2+2,则() A.f(x)有三个零点 B.x=2是f(x)的极大值点 3 C.当1<x<2时，-2<f(2x-1)<0 2 D.若过点(3，m)可以作三条直线与y=f(x)的图象相切，则m的取值范围为(-6,2) 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.在(2+3x)1-x)°的展开式中，x2的系数为·（用数字作答） 13.已知正数a,b满足a+4b+ab=12,则ab的最大值为 14.若函数f()=(r-2x+a小)sin-牙〔aeN)在0,4上恰有2个零点，则符合条件的a 的个数为 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)己知数列{an}满足a1=1,且a+=2an+1(n∈N). (1)求证：数列{an+1}是等比数列： (2)求数列{an}的通项公式及数列{an}的前n项和Sn. 16.(15分)如图，三棱台ABC-AB,C的下底面ABC是边长为6的正三角形，上底面AB,C 是边长为3的正三角形，AA⊥平面ABC,A4=3. B A B D (1)证明：△11为直角三角形： (2)已知E为棱CC1上一动点，BD=2DC,若DE/平面ABB,4,求平面ADE与平面ABC 夹角的余弦值. 17.(15分)已知椭圆c+止 2+3=(a>b>0)的离心率为，左焦点为F,右顶点为A,短轴 长为8. (1)求C的方程： (2)已知点P在直线x=a上且直线PF的斜率为子，过点P的直线与椭圆相切于点B(异于 点A)· (i)求直线AB的方程； (i)求证：∠AFP=∠BFP. 18.(17分)中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运 载火箭、载人航天、深空探测等多个领域为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某 社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如 下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰： 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道 题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答 对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道 题每道题答对的概率均为子，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为P,第3道题答 对的概率为1-p,p∈(0,1)，各题答对与否相互独立. ()求甲能进入第二关答题的概率： (ⅱ)已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖 金更多 n(ad-be)2 参考公式及参考数据：x= (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)-a+b+c+d. a 0.05 0.01 Xa 3.841 6.635 19.(17分)己知函数f(x)=e-ax-l,a∈R,g(x)=xnx. (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)令F(x)=f(x)-g(x),若函数F(x)在(0，+∞)上存在两个零点，求实数a的取值范围. 2026年高考数学考前猜题卷02（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：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、单项选择题：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．若集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解出不等式得到、后，利用交集定义即可得解. 【详解】由可得，解得或，故或， 由可得 ，解得，故，故. 2．若，其中，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， ，故，， ． 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将分别用表示，结合二倍角、两角和差余弦公式可化简整理得到结果. 【详解】. 4．已知向量，若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】D 【分析】由向量垂直的坐标表示求出，再求出及模长即可． 【详解】因为向量，且，所以，解得. 故，所以. 5．记为等比数列的前n项和，若，，则（    ） A．4 B．2 C．8 D． 【答案】B 【详解】设等比数列的公比为q，由，得， 则，而，解得， 由，得，即，所以. 6．某单位有5名员工（记为），需将这5人全部分配到甲、乙、丙3个不同的部门，要求每个部门至少分配1人，则不同的分配方案共有（ ） A．72种 B．150种 C．243种 D．360种 【答案】B 【分析】按两类情况分组讨论即可. 【详解】分组为:先从5人中选3人作为一组，剩余2人各成一组，分组后分配到3个不同部门.方案数种. 分组为:两个组人数相同，属于平均分组，需要消除重复排序，再分配到3个不同部门： 方案数.将两类相加：种. 7．已知，是椭圆C：（）的左右焦点，点P在椭圆上，为等腰三角形，，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知与可得，再由椭圆定义求解离心率． 【详解】由题意，为等腰三角形，， 所以， 所以，即， 所以，所以，即C的离心率为. 8．已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用函数与方程的关系转化为两个函数的交点问题，再利用数形结合即可求出结果. 【详解】由及得， 由及得，由及得， 由函数的零点分别为， 可得函数，，与图象交点的横坐标分别为， 在同一坐标系中分别作出函数，，，的图象如图， 由图知 2、 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．为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（   ） A．样本中延迟在内的模型个数为60 B．估计样本的中位数落在区间内 C．估计样本的平均数约为 D．该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 【答案】AD 【分析】求出各组频率判断A；利用中位数的定义计算判断B；估计平均数判断C；结合频率分布直方图分析判断D. 【详解】由频率分布直方图知，数据落在各分组区间的频率依次为：， 对于A，样本中延迟在内的模型个数为，A正确； 对于B，由，，得估计样本的中位数落在区间内，B错误；对于C，样本的平均数约为，C错误；对于D，该分布峰值在左侧低延迟区间，仅少数模型延迟较高，频率随延迟增大逐渐降低，因此呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，D正确. 10．伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（   ） A． B．平面平面PEF C．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为 D．直线CQ与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】根据向量的线性运算法则，结合图象，即可判断A的正误；根据面面垂直的判定定理，即可判断B的正误；如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，根据线线角的向量求法，即可判断C的正误；根据线面角的向量求法，即可判断D的正误. 【详解】选项A：由图象得 ，故A正确； 选项B：因为平面PEF，且， 所以平面PEF，因为平面， 所以平面平面PEF，故B正确； 选项C：以D为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则，所以， 设异面直线CQ与BD所成角为，，则， 则异面直线CQ与BD所成角的余弦值为，故C错误； 由图象得平面的法向量， 设直线CQ与平面所成角，，则 所以直线CQ与平面所成角的正弦值为，故D正确. 11．设函数，则（    ） A．有三个零点 B．是的极大值点 C．当时， D．若过点可以作三条直线与的图象相切，则m的取值范围为 【答案】ACD 【分析】A选项，求导然后判断函数的极值和0的关系即可；B选项，求导，分析函数的单调性，即可区分极大值极小值；C选项，求导，分析函数在时的单调性，即可确定取值范围；D选项，将题目转换成直线和曲线的交点，即求曲线的单调性，分析极大值极小值，让直线介于极大值和极小值之间即可. 【详解】A选项，由，得， 令，解得：或， 所以在上单调递增，单调递减，上单调递增； 因为，，，， 所以有三个零点，所以A选项正确； B选项，由A选项解析可得：是极小值点，所以B选项错误； C选项，当时，，且函数在区间上单调递减， 且，，故 ，所以C选项正确； D选项，设切点为，则切线的斜率为， 所以切线方程为，即. 因为切线经过点，所以， 整理得.令 ， 则， 令，得或，令，得， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为 ，极大值为， 所以当时，直线与的图象有3个交点， 即当时，过可以作三条直线与图象相切，所以D选项正确. 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．在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】 【详解】的展开式通项为. 要得到的项分两种情况： ① 取中的常数项，乘的项，系数为. ② 取中的一次项，乘的项，系数为. ∴ 的系数为. 13．已知正数满足，则的最大值为______. 【答案】 【分析】对条件等式利用基本不等式再结合一元二次不等式即可求解. 【详解】已知正数满足， 根据基本不等式，（取等号）， 即，即，于是，得到， 当时，时，的最大值为.故答案为： 14．若函数在[0,4]上恰有2个零点，则符合条件的a的个数为________． 【答案】1 【分析】求出函数的零点，通过判断在区间上零点的个数确定的取值. 【详解】时，，在上有两个零点1和，满足题意， 时，由于，无实数解， ，，，由于， ，则，不合题意， 时，，时，，时，（因为），因此在上至少有3个零点，不满足题意， 综上，，所以满足条件的的个数是1. 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）已知数列满足，且（）． (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式及数列{an}的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）将题目的条件变形，然后结合等比数列的定义证明即可. （2）利用等比数列的通项公式结合分组求和即可. 【详解】（1）由已知，变形得， 又因为，所以，故，故． 又因为，所以， 因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）知数列是以2为首项，2为公比的等比数列． 所以．因此数列的通项公式为． 数列前n项和：. 16．（15分）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，证明为棱的中点，进而根据正三角形的性质以及线面垂直的判定定理以及性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角的余弦值. 【详解】（1）由题意，平面，则可过点作交棱于点， 则平面，又平面，得， ，为棱的中点， 方法一：又因为为等边三角形，所以， 又，平面，又平面，， 又，则，所以为直角三角形； 方法二：是边长为6的等边三角形，所以，又， ，又平面， ，又，， ，又，得，所以为直角三角形； （2）以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，，， 又，所以，因为为棱上一动点，可设． 则 设平面的法向量为，则，即. 可取．因为平面，所以，即． 解得，得．又， 设平面的法向量为，则，即， 可取．又平面的法向量可取．则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17．（15分）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆短轴长为8，椭圆离心率为，由求解即可；     （2）（i）先求得点P的坐标，再写出切线方程，然后与椭圆方程联立求解；（ii）方法一：利用二倍角正切公式法，易知，再由求解；方法二：利用向量夹角公式法，由求解. 【详解】（1）由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为， 则，解得，所以椭圆方程为. （2）（i）由（1）知，设，. 设过点与椭圆相切于点（异于点）的切线方程为， 代入，并整理得. 由直线与椭圆相切，， 化简得。故切线方程为.联立椭圆方程，解得切点为.     又因为，所以直线的方程为. （ii）方法一：（二倍角正切公式法）由题意可知.     。又，     故，故，  所以.     方法二：（向量夹角公式法） ，，，      ， ， 故。所以. 18．（17分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 【答案】(1)能 (2)（i）；（ii）当时，建议挑战第3道题；当时，挑战和不挑战第3道题都可以；当时，建议不挑战第3道题. 【分析】（1）求，并与临界值对比分析，结合独立性检验思想分析判断； （2）（i）可知3道题至少答对2道题，结合独立重复事件概率公式运算求解； （ii）分别求不挑战第3道题与挑战第3道题的期望，利用作差法比较大小，即可判断. 【详解】（1）零假设为：对航天工程的关注情况与学历无关， 因为， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以可以认为对航天工程的关注情况与学历有关. （2）（i）记甲能进入第二关答题为事件，即3道题至少答对2道题， 所以； （ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，400， 则，， 可知的分布列为： 0 400 所以； 若确定挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，200，800， 则，，， 可知的分布列为 0 200 800 所以. 令， 当时，，建议挑战第3道题； 当时，，挑战和不挑战第3道题都可以； 当时，，建议不挑战第3道题. 19．（17分）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若函数在上存在两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求，再求，，然后根据导数的几何意义求切线方程即可； （2）根据题意可知存在，使，参变分离得，令函数，再利用导数结合交点个数求参数范围即可． 【详解】（1）解：由题意，，则， . ∴曲线在点处的切线方程为， 即； （2）解：由题意，. 在上存在两个零点， ∴存在，使， 即. 令函数，则直线与函数的图象有两个交点. ， 由，得. 当时，；当时，， ∴函数在上单调递减，在上单调递增，则. ∵当时，；当时，， ∴当时，直线与函数的图象有两个不同交点， ∴实数的取值范围是． 学科网（北京）股份有限公司 $