2026年高考数学考前平稳发挥练手卷02（全国Ⅱ卷）

**基本信息** 2026年高考数学练手卷，覆盖集合、向量、立体几何等核心知识，通过航天功耗正态分布等真实情境，分层考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高考命题趋势。 **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|集合运算、空间向量、充要条件判断|第10题结合航天卫星功耗正态分布，考查数据观念| |填空题|3题/15分|双曲线定义、数列前n项积、函数极值点|第14题通过函数极值点探究，培养逻辑推理能力| |解答题|5题/77分|三角函数性质、立体几何体积与夹角、概率期望、函数切线与极值、椭圆定点证明|第17题以知识竞赛为背景，考查数学建模与运算能力；第19题椭圆综合题分层设计，体现几何直观与代数推理结合|

2026年高考考前平稳发挥练手卷 数学（全国Ⅱ卷） （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、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，，则集合（    ） A． B． C． D． 2．在平行四边形中，，，则（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 3．已知直线与，则“”是“”的（    ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．记为等比数列的前项和，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．已知，均为锐角，且，则（    ） A． B． C．2 D．4 6．的展开式中的第项与第项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第项 B．第项或第项 C．第项 D．第项 7．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是（     ） A． B． C． D． 8．已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（   ） 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．已知复数，其中，且，设在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ） A．的虚部为 B．点在第二象限 C．点在直线上 D．的最大值为 10．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A． B． C． D． 11．在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（    ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．直线与直线为异面直线 D．三棱锥的体积为定值 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．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 13．记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________. 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．设向量，，函数. (1)求的单调减区间； (2)在中，若角满足，且边，求周长的取值范围. 16．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 17．某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. (1)若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 18．已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若存在极小值0，求实数的值． 19．已知椭圆：（）经过点，且椭圆的长轴长是其短轴长的倍． (1)求椭圆的方程； (2)在椭圆上存在两点，，使得以为直径的圆恰与椭圆交于点． （i）证明：直线恒过定点； （ii）当点在点左侧时，若是椭圆上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切．若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 2 / 14 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前平稳发挥练手卷 数学（全国Ⅱ卷） （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、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，，则集合（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解一元二次不等式求得，求定义域得，再求集合并集即可. 【详解】，解得， 所以， 函数的定义域为， 所以， 所以 2．在平行四边形中，，，则（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题利用向量的加减法则和向量乘法计算公式计算即可. 【详解】， ， . 3．已知直线与，则“”是“”的（    ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】C 【分析】借助直线平行的性质及充分条件与必要条件定义计算即可得. 【详解】若，则，解得或， 当时，，两直线重合，不符； 当时，，符合题意； 所以，即“”是“” 的充要条件. 4．记为等比数列的前项和，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等比数列的通项公式及条件可得，再由等比数列的前项和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，由​得： ， 因为，所以，又因为，可得 ，解得. 所以，因此. 5．已知，均为锐角，且，则（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【详解】因为，均为锐角所以. ． 6．的展开式中的第项与第项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第项 B．第项或第项 C．第项 D．第项 【答案】A 【详解】的展开式的通项为，则，， 依题意有，解得， 所以的展开式中共有项，二项式系数最大的项为第项. 7．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据圆锥轴截面的参数求出原圆锥的底面半径、高及体积，再利用相似性求出截得的小圆锥体积，作差得到所求几何体的体积. 【详解】已知圆锥轴截面为边长为2的等边三角形，因此圆锥底面直径等于等边三角形的边长，即底面半径； 圆锥的高为等边三角形的高，由勾股定理得， 原圆锥体积， 过母线中点且平行于底面的平面截圆锥，所得小圆锥与原圆锥为相似几何体， 相似比为，因此小圆锥的底面半径，高， 可得小圆锥体积， 所求体积. 8．已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数的单调性结合已知函数值域列出不等式计算即可. 【详解】若，则在单调递减，即，， 当时，在单调递增，则， 此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递增，则， 要使函数的值域为，则，解得：， 若，则，此时函数的值域为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递减， 则，，此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 综上，若函数的值域为，则的取值范围是 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．已知复数，其中，且，设在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ） A．的虚部为 B．点在第二象限 C．点在直线上 D．的最大值为 【答案】BC 【分析】对复数 进行分母实数化、逐步化简，结合选项一一求解. 【详解】， 选项A，的虚部是实数，不是 ，所以A错误. 选项B，对应点的坐标为 ，因为，所以 ， ，点在第二象限，B 正确. 选项C，点的坐标 ，满足，所以点在直线上，C正确. 选项D，， 当时，，D错误. 10．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用正态分布的对称性与区间概率计算，并利用期望与方差的线性性质计算 和即可. 【详解】对于A，由题意得 ，故A错误； 对于B，由题意得， ，故B正确； 对于C，由题意得， ，故C正确； 对于D，由题意得， 即，故D正确. 11．在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（    ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．直线与直线为异面直线 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C：根据异面直线的判定定理分析判断；对D，利用等体积法，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，则， 且平面，平面，所以平面. 又因为是中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，平面，， 所以直线与直线为异面直线，故C正确； 对于D，因为平面，点是棱的中点， 则，所以D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．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 【答案】5 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理即可求解． 【详解】由题知，， 在中，， 由得，， 所以． 13．记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 【答案】 2 2027 【分析】根据的定义，令，结合求解；根据，将已知等式转化为关于与的关系式，确定数列的类型，求出数列的通项公式求出 【详解】为正项数列的前n项积，； ，，解得或； 数列为正项数列，，. 当时，，； ，即； 数列是以为首项，1为公差的等差数列， 则； . 14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________. 【答案】 【分析】有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，转化为和图象上有两个交点问题. 【详解】的定义域为，且，，令，则， 令，，则，， 因为有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，即有两个不同的实根， 设，，当，，为增函数；当，，为减函数； ，而当，，当，，故图象如下图所示： 结合和的图象，易得m的取值范围是. 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．设向量，，函数. (1)求的单调减区间； (2)在中，若角满足，且边，求周长的取值范围. 【答案】(1)的单调减区间为，. (2) 【分析】（1）先利用向量数量积坐标运算求出表达式，再用三角恒等变换把式子化成的形式再结合正弦函数单调递减区间列不等式，解出的范围即可得到单调减区间. （2）先代入求出角的大小，再由已知边结合正弦定理把另外两边转化为角的正弦形式，将周长整理为单一三角函数形式，最后根据角的范围求出三角函数值域，进而得到三角形周长的取值范围. 【详解】（1）. 由，，解得，. 所以的单调减区间为，. （2）由，得，即. 因为，所以，即. 已知，由正弦定理. 所以，. 又，， 则周长 . 由，得，所以. 即周长的取值范围是. 16．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量，，即可用空间向量法求解； （2）由向量得出点到平面的距离，再由锥体的体积公式即可求解； （3）分别求出平面与平面的法向量，然后用空间向量法求解. 【详解】（1）由题意可知、、两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 即，， 设异面直线与所成角为，则为锐角， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为． （2）由（1）易知，，， 设面的一个法向量为，则有， 取，，即， 所以点到平面的距离为； ，，， 所以三棱锥的体积为． （3）由（1）可知，， 设面的一个法向量为，则有， 取，，即， 设平面与平面夹角为，则为锐角， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 17．某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. (1)若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 【答案】(1) (2)当时选择B组，当时两组得分期望相同，当 时选择A组 【分析】（1）首先建立得分与答对题数的关系，令确定总得分为正的条件，然后分析题目确定X服从二项分布，利用二项分布的概率公式进行求解；（2）利用二项分布期望公式及期望的线性性质分别求出两组题的作答得分期望值，根据期望值的大小关系判断p的范围，得出结论. 【详解】（1）设小明在A组题中答对的题目数为X，则答错道， A组题的总得分为：， 令，解得，因为X是答对题数，所以， 因为小明答对每道题的概率均为p，所以， 所以， . （2）因为，所以， 则， 设小明在B组题中答对Y道，则，B组题的总得分， 同理， 令，，解得， 所以当时，选择B组题总得分期望值更高；当时，选择A组题和B组题的总得分期望相同；当时，选择A组题总得分期望值更高. 18．已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若存在极小值0，求实数的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接求导，再利用点斜式写切线方程； （2）设函数在处取得极小值，则必有由导数方程先表示出参数，再代回原式消去，得到关于的方程；最后利用该方程化简出的值. 【详解】（1）当时， 又 所以曲线在点处的切线方程为 化简得 （2） 设函数在处取得极小值，则 由得 从而代入，得 即 由于，故 于是两边取指数，得所以 而故 下面验证此时确有极小值. 令 设方程的解为，易知函数在上单调递增， 所以方程有且仅有一个解， 又由可得 于是 设，则 当 且 时，，所以在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以处为极小值点，极小值为. 综上， 19．已知椭圆：（）经过点，且椭圆的长轴长是其短轴长的倍． (1)求椭圆的方程； (2)在椭圆上存在两点，，使得以为直径的圆恰与椭圆交于点． （i）证明：直线恒过定点； （ii）当点在点左侧时，若是椭圆上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切．若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析.（ii）或. 【分析】（1）根据椭圆过点，以及长轴、短轴的关系求解即可. （2）（i）设出直线，联立椭圆方程，根据韦达定理求出点，同理求出点，再设出直线方程，分别代入点化简得到是方程的两根，再利用垂直关系得到关系进而证明直线恒过定点.（ii）根据以及直线与关于对称得到三条直线斜率之间的关系，进而表示出直线，再根据圆与直线相切列等式求出或，再验证即可. 【详解】（1）已知椭圆：经过点，椭圆的长轴长是其短轴长的倍， 所以，解得，因此椭圆的方程为. （2）（i）①当斜率存在时，设直线，与椭圆联立得 消并整理 由韦达定理得 因此， 同理，设直线斜率为，可得. 设直线，将点坐标代入，整理得关于的方程 同理 故是方程的两根， 由题设，结合韦达定理得 化简得，又可化为， 所以解得直线所过点坐标为. ②当斜率不存在时，， 直线过点， 综上，直线恒过定点. （ii）因为直线与关于对称，故. 由得，故. 设直线斜率为，则直线斜率为，直线斜率为， 直线方程分别为， 整理得. 由点到两直线的距离相等可得， 去绝对值得或 故或，即点的坐标为或. 2 / 14 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $