2026年高考数学考前增强信心卷03（全国Ⅱ卷）

**基本信息** 以基础题为主，覆盖集合、复数、数列等核心知识点，解答题结合统计调查（数据意识）、立体几何（空间观念）等，适配高考模拟，增强考前信心。 **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、复数、概率、函数|基础巩固，梯度合理| |填空题|3题15分|二项式定理、圆锥体积、抛物线|注重运算能力| |解答题|5题77分|数列、立体几何、统计、椭圆、导数|统计题体现数据意识，导数题考查推理能力|

亮剑高考・最后一练 2026年高考考前信心增强卷 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。 4．试卷难度：本试卷以基础题为主，考前增强学生信心，心有底气，笔下生辉，加油！ 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．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知复数满足为纯虚数，则（    ） A．13 B．5 C． D． 3．已知公比的等比数列，且，，则（    ） A．3 B．2 C．1 D． 4．若，，则（   ） A． B．2 C． D． 5．已知，为单位向量，向量在向量方向上的投影向量为， 则（   ） A．2 B． C．8 D．12 6．有甲、乙两个袋子，甲袋装有3个红球和2个白球，乙袋装有2个红球和3个白球．现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，则从乙袋中取出红球的概率为（   ） A． B． C． D． 7．已知函数，若，，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知实数满足，则的取值范围为（    ） 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，，为实数，则（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，，，则 10．在正四棱锥中，，侧棱与底面所成的角为60°，则（   ） A．该正四棱锥的高为 B．该正四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为 C．该正四棱锥的外接球的半径为 D．该正四棱锥的相邻两侧面所成角为90° 11．已知函数，则（    ） A．函数为奇函数 B．在上的值域为 C．函数在上单调递增 D．满足的的取值范围为 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。 12．二项式的展开式中常数项为第__________项． 13．已知轴截面为等边三角形的圆锥的体积与球的体积的比值是，则该圆锥的底面半径与球的半径的比值为______． 14．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与从左到右依次交于，两点，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．已知数列的前项和为，且，数列是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求使得成立的最小正整数的值． 16．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点分别为线段和上的动点，且，其中.    (1)求四棱锥的体积与正三棱柱的体积之比； (2)若二面角的大小为，求的值. 17．飞机与高铁是人们远距离出行的两种方式，交通大学某班学生为了调查人们选择的远距离出行方式是否与年龄相关，随机抽取该市1000名市民进行调查，得到如下列联表： 低于40岁 不低于40岁 总计 选择飞机出行 100 选择高铁出行 300 总计 500 1000 (1)补全表中数据，依据小概率值的独立性检验，是否能够认为市民选择的远距离出行方式与年龄有关联? (2)调查小组统计高铁站某处今天的客流量，从7：00开始，每小时作为一个时间段（为第1个时间段，为第2个时间段，……），得到如下数据： 时间段 1 2 3 4 5 客流量（千人） 1 1.5 2.5 3 3.5 若与线性相关，建立每个时间段客流量与时间段的经验回归方程，并预测的客流量. 附：，其中. 0.010 0.001 6.635 10.828 对于一组数据，，…，，其经验回归方程的斜率，. 18．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的短轴长为4，离心率. (1)求的标准方程； (2)若斜率为的直线与交于，两点，与轴交于点，求的值. 19．已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在R上单调递增，求实数的取值范围； (3)求证：当时，存在唯一极小值点，且. 2 / 12 脚踏实地，全力以赴，顶峰相见1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $亮剑高考・最后一练 2026年高考考前信心增强卷 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。 4．试卷难度：本试卷以基础题为主，考前增强学生信心，心有底气，笔下生辉，加油！ 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．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用一元二次不等式的解法求出A，再利用要使二次根式有意义的未知数的取值范围求出B，再求. 【详解】由于，， 所以. 2．已知复数满足为纯虚数，则（    ） A．13 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】利用复数运算法则化简，再结合复数的模求解. 【详解】因为， 又为纯虚数，所以且，解得， 所以． 3．已知公比的等比数列，且，，则（    ） A．3 B．2 C．1 D． 【答案】A 【详解】已知数列是等比数列，公比为， 则由得，因为，，所以， 又因为，则，，故A正确． 4．若，，则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【详解】由可得， 因，则，可得. 5．已知，为单位向量，向量在向量方向上的投影向量为， 则（   ） A．2 B． C．8 D．12 【答案】B 【详解】因为向量在向量方向上的投影向量为，且， 所以，所以， 所以． 6．有甲、乙两个袋子，甲袋装有3个红球和2个白球，乙袋装有2个红球和3个白球．现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，则从乙袋中取出红球的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用全概率公式，分从甲袋取出红球、白球两类互斥情形，分别计算对应条件下从乙袋取出红球的概率，求和得到总概率. 【详解】设事件为“从甲袋中取出的球为红球”，事件为“从甲袋中取出的球为白球”，事件为“从乙袋中取出的球为红球”. 显然与为互斥事件，且为样本空间的完备事件组. ，； 若发生，乙袋变为3个红球、3个白球，共6个球，故； 若发生，乙袋变为2个红球、4个白球，共6个球，故； 由全概率公式得： . 7．已知函数，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由函数为偶函数，在上递增求解即可. 【详解】因为，所以为定义在上的偶函数， 因为，当时，即时，解得， 所以在上递增，， 由，，故. 8．已知实数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得出点是在圆的上半部分，以及表示点到直线距离的倍，利用点到直线的距离即可求解. 【详解】   由，得，即为圆的上半圆，圆心，半径为， 如图所示，取点，又因为表示点到直线距离的倍， 圆心到直线的距离， 即直线与圆相离，点到直线的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为，故B正确． 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，，为实数，则（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，，，则 【答案】ACD 【分析】可根据不等式的性质判断A，可通过举反例来判断该选项B是否正确，通过作差法判断C，可通过对 进行变形，然后利用基本不等式判断D. 【详解】选项A：已知 ，则，则 ，所以选项A正确； 选项B： 当 时，满足 ， ， 此时 ，显然 ，所以选项B错误； 选项C：， 因为 ，所以， 所以，即，，选项C正确; 选项D: 已知 ， ，将 变形为：, 根据基本不等式，因为 ，所以 ， 则 （当且仅当 ，即 时，等号成立）； 所以 ，即 ，所以选项D正确. 10．在正四棱锥中，，侧棱与底面所成的角为60°，则（   ） A．该正四棱锥的高为 B．该正四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为 C．该正四棱锥的外接球的半径为 D．该正四棱锥的相邻两侧面所成角为90° 【答案】AC 【分析】对于A：设底面中心为，连接，则底面,则，结合底面边长可求解；对于B：过作，连接，则为所求角，结合边长值求解；对于C：作的平分线，易知，即，则线段的长即为该正四棱锥的外接球的半径长，在中可求解；对于D：作，垂足为点，连接，则为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解. 【详解】 对于A：如图，连接，，设交点为，则底面，所以，，所以，所以A选项正确； 对于B：作，垂足为点，连接，则为二面角的平面角，易得，，所以，所以B选项不正确； 对于C：作的平分线，交于点，则，所以线段的长即为该正四棱锥的外接球的半径长，易得，所以，所以C选项正确； 对于D：作，垂足为点，连接，易得，则为二面角的平面角，由，得，所以，所以D选项不正确. 11．已知函数，则（    ） A．函数为奇函数 B．在上的值域为 C．函数在上单调递增 D．满足的的取值范围为 【答案】ABD 【分析】由奇函数的定义可判断A，由函数单调性可判断BC，结合函数单调性，得到求解即可判断D. 【详解】由题意知，所以，定义域为R， 所以 ，所以为奇函数，故A正确； ， 当时，单调递增，且， 当时，单调递增，且， 所以在上单调递增，又，， 所以在上的值域为，故B正确； 由 故，在上单调递减，在上单调递增，故C错误； 由的单调性知 ，解得，故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。 12．二项式的展开式中常数项为第__________项． 【答案】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数为0求出r，即可得到常数项对应的项数. 【详解】展开式的第项为：，其中 令，得到，故展开式中常数项为第项. 13．已知轴截面为等边三角形的圆锥的体积与球的体积的比值是，则该圆锥的底面半径与球的半径的比值为______． 【答案】 【分析】由轴截面为等边三角形求出圆锥底面半径与圆锥高的关系，求出圆锥的体积、球的体积即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为， 因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积为，球的体积， 所以，解得． 14．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与从左到右依次交于，两点，则______. 【答案】/0.5 【分析】根据抛物线标准方程求出焦点的坐标，写出直线的点斜式方程，联立直线方程和抛物线方程两点的坐标，进而利用抛物线的焦半径公式计算比值即可. 【详解】由抛物线，可得，焦点 ，准线 ， 则过斜率为的直线方程为. 联立方程，整理得：，即， 解得（如图所示，在左，纵坐标更小，故的纵坐标为，为）. 由， 可得.    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．已知数列的前项和为，且，数列是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求使得成立的最小正整数的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到，再由与间的关系，即可求解； （2）利用裂项相消法得到，再由数列的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为，数列是公差为的等差数列，所以， 则，当时，， 整理得到，则，所以数列是常数列， 又，则，所以． （2）由题意知， 所以， 又， 所以是递增数列， 又，， 所以使得成立的最小正整数的值为． 16．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点分别为线段和上的动点，且，其中.    (1)求四棱锥的体积与正三棱柱的体积之比； (2)若二面角的大小为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，结合锥体和柱体的体积公式运算求解； （2）建系并标点，求平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角，列式求解即可. 【详解】（1）在正三棱柱中，取中点， 则四棱锥的体积， 正三棱柱的体积， 四棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为. （2）在正三棱柱中，取的中点，连结， 因为，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平面， 所以平面，且， 故以为坐标原点，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，    则， 因为，则， 可得 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的一个法向量为， 因为二面角的大小为， 则， 整理得，解得. 17．飞机与高铁是人们远距离出行的两种方式，交通大学某班学生为了调查人们选择的远距离出行方式是否与年龄相关，随机抽取该市1000名市民进行调查，得到如下列联表： 低于40岁 不低于40岁 总计 选择飞机出行 100 选择高铁出行 300 总计 500 1000 (1)补全表中数据，依据小概率值的独立性检验，是否能够认为市民选择的远距离出行方式与年龄有关联? (2)调查小组统计高铁站某处今天的客流量，从7：00开始，每小时作为一个时间段（为第1个时间段，为第2个时间段，……），得到如下数据： 时间段 1 2 3 4 5 客流量（千人） 1 1.5 2.5 3 3.5 若与线性相关，建立每个时间段客流量与时间段的经验回归方程，并预测的客流量. 附：，其中. 0.010 0.001 6.635 10.828 对于一组数据，，…，，其经验回归方程的斜率，. 【答案】(1)表格见解析，与年龄有关联 (2)，客流量约为4.25千人 【分析】（1）根据数据完成表格，求出的值即可判断； （2）根据数据求出回归方程，再代入，即可得答案. 【详解】（1）列联表如下： 低于40岁 不低于40岁 总计 选择飞机出行 100 200 300 选择高铁出行 400 300 700 总计 500 500 1000 零假设为：市民选择的远距离出行方式与年龄没有关联. 由列联表中的数据， 得. 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以能够认为市民选择的远距离出行方式与年龄有关联. （2），， 所以， ， 所以每个时间段客流量与时间段的经验回归方程为. 当时，， 所以预测12：00~13：00的客流量约为4.25千人. 18．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的短轴长为4，离心率. (1)求的标准方程； (2)若斜率为的直线与交于，两点，与轴交于点，求的值. 【答案】(1) (2)12 【分析】（1）根据条件求出的值，即可求得椭圆方程； （2）依题意，设的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用两点之间距离公式分别化简与，再代入计算即得定值. 【详解】（1）由题意得，即， 又，解得， 则的标准方程为. （2）设，，，由题意设的方程为， 由消去，可得， 由，得， 且，. 又，同理， 所以， 即为定值12. 19．已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在R上单调递增，求实数的取值范围； (3)求证：当时，存在唯一极小值点，且. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用求导计算出切点的坐标和切线的斜率，再代入点斜式即可得出切线方程； （2）将单调递增条件转化为导函数恒大于等于零，通过“分离参数法”求出剩余函数的最小值，从而确定参数的取值范围； （3）通过二次求导分析出导函数的单调性，以找出唯一的极小值点，直接代入原函数即可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， ，，即切点为. 故切线方程为，整理得：. （2），由恒成立得对任意恒成立， ，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故在处取得最小值，即， 由恒成立，得. （3）当时，，， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ， 当时，，结合在上单调递减， 可得在上恒有， 在上单调递增，且， 所以是的唯一零点， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以存在唯一极小值点， 且，即. 2 / 12 脚踏实地，全力以赴，顶峰相见1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $