命题大赛 2026年普通高等学校招生全国统一考试(自测卷2)数学试题

**基本信息** 以原创情境题串联知识网络，融合七巧板文化、流行病学调查、里拉斜塔经典问题，考查数学抽象、逻辑推理及模型构建能力，适配高考冲刺模拟需求。 **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、向量、数列、立体几何、概率|第8题七巧板图形组合（文化传承），第10题多选题得分概率（逻辑推理）| |填空题|3题15分|复数、圆台、抛物线切线|第14题抛物线切线交点问题（解析几何综合）| |解答题|5题77分|解三角形、概率应用、椭圆、数列新定义、调和级数|第19题里拉斜塔问题结合杠杆原理与调和级数证明（数学建模，呼应高考实际应用趋势）|

Sheet1 题号 题型 分值 知识点或考查点 难度系数（预估） 1 单选题 5 集合、绝对值不等式、一元二次不等式 0.9 2 单选题 5 平面向量(模、数量积) 0.9 3 单选题 5 等差数列(通项公式、前n项和) 0.8 4 单选题 5 立体几何(直线与直线、直线平面、平面与平面位置关系) 0.8 5 单选题 5 圆的方程(圆的方程、圆与圆的位置关系)，计数原理 0.8 6 单选题 5 三角恒等变换(基本关系式、和角差角的正余弦) 0.75 7 单选题 5 阅读材料，对数运算 0.75 8 单选题 5 平面几何(相似、勾股定理等)、解三角形(正弦定理)，几何构图、探究能力、逻辑思维 0.3 9 多选题 6 任意角的三角函数，新定义 0.7 10 多选题 6 概率的求解、离散型随机变量的分布列和期望 0.65 11 多选题 6 数列、函数、导数 0.25 12 填空题 5 复数运算 0.9 13 填空题 5 立体几何(圆台体积、侧面积、表面积)，不等式 0.7 14 填空题 5 抛物线 0.35 15 解答题 13 解三角形(正弦定理、余弦定理)、三角恒等变换 0.6 16 解答题 15 条件概率、相互独立事件的概率乘法公式、期望 0.5 17 解答题 15 直线与椭圆的综合,椭圆(几何特征、标准方程) 0.45 18 解答题 17 数列，新定义，问题解读和翻译、探究能力 0.4 19 解答题 17 数列、导数 0.15 $ 绝密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试(冲刺卷2) 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，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． 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．设全集，，，则（　　） A． B． C． D． 2．已知向量，满足，，且，则与的夹角（　　） A． B． C． D． 3．已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（　　） A．80 B．208 C．680 D．780 4．已知直线，与平面，则下列条件中，可以推出的为（　　） A．， B．， C．，与平面所成角相等 D．， 5．已知圆，在这五个圆中任意选取两个不同的圆，则这两圆相切的不同取法种数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 6．若，，则（　　） A． B． C． D． 7．生态系统的物种丰富度指数用于评估森林生态系统的健康程度，其中代表乔木层的物种数，代表乔木层的个体总数，指数越大表示生态系统越稳定．某林场在实施生态修复工程前后，乔木层的物种数保持不变，而个体总数从变为，丰富度指数由5提升至7，则（　　） A． B． C． D． 8(原创题)．七巧板是一种中国传统益智玩具，传统七巧板(如图)是由可以拼成正方形的五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成。有一个有趣的问题，现欲将能拼成一个正三角形的块图形全部利用从新组合拼成一个正方形，则下列说法正确的是（ ） A. ，可能拼成正方形 B. ，可能拼成正方形 C. ，不可能拼成正方形 D. ，且两两全等，可能拼成正方形 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．在平面直角坐标系中，角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，，定义，，则　　 A． B．的最大值为2 C． D． 10(原创题)．有一道题目可能有2个或3个正确选项，全部选对得6分，未选或有选错得0分，若有2个正确选项则每选对一个得3分，若有3个正确选项则每选对一个得2分. 若此题完全不会做，则可随机选择1个、2个或3个选项，此时设此题有3个正确选项的概率为，选择1个、2个、3个选项的得分分别为、、，则下列说法正确的是( ). A. , B. , C. , D. 若，则 11(原创题)．已知数列的前4项分别为,,,，且(其中为常数)，则下列说法正确的是（ ） A. 若, 则 B. 若, 则 C. , 使得 D. , 使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．复数满足，则 ． 13．设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时， ． 14(原创题). 已知过抛物线上、两点的切线交于点，为线段上一点，过点作切线与切于点，与线段交于点，若，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，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 16．流行病学调查表明某种疾病是由致病菌和致病菌共同引起的，且至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈． （1）若有某种治疗方案，有的概率能杀灭致病菌．若这种治疗方案能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌．若这种治疗方案不能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌．求使用治疗方案痊愈的概率； （2）若市面上仅有两款药物和药物对疾病有疗效，且这两种药物的疗程各均为3天（假定药物使用时，均按疗程服用3天），超过3天无效时需换药进行治疗．若使用完两种药物仍不见效，依靠自身的免疫能力再经过3天也能痊愈已知药物杀灭致病菌和致病菌的概率分别为、，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立，药物杀灭致病菌和致病菌的概率均为．请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？ 17. 已知椭圆的长轴为4，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）过原点的直线与交于不同的两点，在第一象限），过作平行于轴的直线交轴于点，取中点，作直线交于点，求的最大值． 18．设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列． （1）已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式； （2）已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值； （3）证明：不存在“等比关联数列” ． 19(原创题)．如图①，将个完全一样质量均匀长为的长方体条状积木，一个叠一个，从桌子边缘往外延伸，最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”. 图③ 图② 图① 图④ 解决方案如下：如图②，若，则当积木与桌缘垂直且积木重心恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最长为. 如图③，若，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先将上面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为，将最下方积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的重力G乘以力臂，等于最下方积木的重力G乘以力臂，得出方程，求出.所以当叠放两个积木时，伸出桌外最远为，此时将两个积木看成整体，其重心恰与桌缘齐平.如图④，使前两块积木的中心与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出时积木伸出桌外的最远距离.依此方法，可求出4个、5个直至个积木堆叠伸出桌外的最远距离.(参考数据：，为自然常数)命题背景“调和级数” (1)分别求出和时，积木伸出桌外的最远距离.(用表示)； (2)证明：当时，积木伸出桌外最远超过； (3)证明：当时，积木伸出桌外最远不超过. 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试(冲刺卷2) 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，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． 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．设全集，，，则（　　） A． B． C． D． 解析：全集，或，， 所以，则. 答案：D 2．已知向量，满足，，且，则与的夹角（　　） A． B． C． D． 解析：由题意可得，且，解得，且， 所以，，，所以． 答案：A. 3．已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（　　） A．80 B．208 C．680 D．780 解析：因为，所以，即，解得， 所以，前项和， 则数列满足，时，，时，， 所以 ． 答案：B 4．已知直线，与平面，则下列条件中，可以推出的为（　　） A．， B．， C．，与平面所成角相等 D．， 解析：对于选项，已知，，即直线，都与平面垂直， 根据“垂直于同一个平面的两条直线互相平行”可以推出，故正确； 对于选项，当，时，直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面， 所以不能推出，故不正确； 对于选项，当，与平面所成角相等时，直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面， 所以不能推出，故不正确； 对于选项，当，时，直线与直线可能平行，也可能异面， 所以不能推出，故不正确． 答案：A 5．已知圆，在这五个圆中任意选取两个不同的圆，则这两圆相切的不同取法种数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由题意圆， 可得每个圆的半径都是， 在这五个圆中任意选取两个不同的圆， 若两圆内切，则，不符合题意； 若两圆外切，则，则两圆外切的取法有和，和，和，共3种． 综上所述，两圆相切的不同取法种数为3． 答案：C 6．若，，则（　　） A． B． C． D． 解析：根据，可得，化简得， 结合，解得且， 所以． 可得． 答案：C 7．生态系统的物种丰富度指数用于评估森林生态系统的健康程度，其中代表乔木层的物种数，代表乔木层的个体总数，指数越大表示生态系统越稳定．某林场在实施生态修复工程前后，乔木层的物种数保持不变，而个体总数从变为，丰富度指数由5提升至7，则（　　） A． B． C． D． 解析：由题意可得，，所以． 答案：D 8(原创题)．七巧板是一种中国传统益智玩具，传统七巧板(如图)是由可以拼成正方形的五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成。有一个有趣的问题，现欲将能拼成一个正三角形的块图形全部利用从新组合拼成一个正方形，则下列说法正确的是（ ） A. ，可能拼成正方形 B. ，可能拼成正方形 C. ，不可能拼成正方形 D. ，且两两全等，可能拼成正方形 解析：命题背景：杜德尼分割 考查：解三角形、几何构图、探究能力、逻辑思维、灵活应对 解答：A选项显然错误。 D选项：如图，只能拼成长方形，故错误。 C选项：若B正确则C必错，因为若能分成4块拼成正方形则能把其中的3块任意拆分成2块，就又多出3块，总共7块，这7块当然也能拼成正方形，若C正确，则B不一定正确，故C选项待定，先判断B选项。 D选项： 思路：红色为正三角形，做蓝色中位线，做一组与横线夹角为的灰色平行线，过C点做这组平行线的垂线，再过AB中点D做这组平行线的垂线，构成一个灰色的矩形，看能不能求出一个使其为正方形。 过程： 根据初中平面几何知识，显然下面前三个图每组相同颜色的部分都是全等的，所以第四个图蓝色两部分面积相等，红色两部分面积也相等 所以正三角形和矩形面积相等（如图） 然后根据下图得出四个方程 答案：B 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．在平面直角坐标系中，角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，，定义，，则　　 A． B．的最大值为2 C． D． 解析：根据题意及三角函数的定义可得：，， 对选项，，选项正确； 对选项，， 的最大值为，选项错误； 对选项，，选项正确； 对选项，，选项正确． 答案：ACD 10(原创题)．有一道题目可能有2个或3个正确选项，全部选对得6分，未选或有选错得0分，若有2个正确选项则每选对一个得3分，若有3个正确选项则每选对一个得2分. 若此题完全不会做，则可随机选择1个、2个或3个选项，此时设此题有3个正确选项的概率为，选择1个、2个、3个选项的得分分别为、、，则下列说法正确的是( ). A. , B. , C. , D. 若，则 解析： 由图像可知，正确选项是BCD. 答案：BCD 11(原创题)．已知数列的前4项分别为,,,，且(其中为常数)，则下列说法正确的是（ ） A. 若, 则 B. 若, 则 C. , 使得 D. , 使得 解析：可令，展开得 ，所以,所以 ,故时，故A正确； 当时，故B错误； 当时，令，则 ，为三次函数，最多有3个零点，所以最多有三个极值点，又有四个零点，且当时，当时，故其图像如图，显然就算直线与有交点，其交点横坐标也只能在区间、、、 上，所以的零点只能在区间、、、上，因为为正整数，所以， 故C错误； 当时，如图当时，当时，可连续的大小使得图像逐渐变的瘦高或矮胖，使得与在上存在横坐标为整数的交点，故存在，且使得，故D正确. 答案：AD。 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．复数满足，则 ． 解析：由复数满足，可得，所以． 答案： 13．设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时， ． 解析：设圆台的侧面积为，则，， 由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，得， 化简得，所以， 设，则， 所以， 当且仅当时等号成立，此时，即， 因为，所以满足题意， 即当取到最小值时，． 答案： 14(原创题). 已知过抛物线上、两点的切线交于点，为线段上一点，过点作切线与切于点，与线段交于点，若，则 . 解析：背景：抛物线三切线定理 对于，设,,, 则过点的切线方程分别为 ,, 化为，，， ， . 又,,， 所以 故，故. 答案：. 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，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 解析：（1）由题意，，可得，， 在△中，根据余弦定理得，(2分) 在△中，，(4分) 所以；(5分) （2）因为，所以，，(6分) 设，则，， 在△中，由正弦定理得，即， 在△中，由正弦定理得，即，(9分) 所以，(11分) 化简得， 所以，即，可得．(13分) 答案：(1) ；(2)3 16．流行病学调查表明某种疾病是由致病菌和致病菌共同引起的，且至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈． （1）若有某种治疗方案，有的概率能杀灭致病菌．若这种治疗方案能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌．若这种治疗方案不能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌．求使用治疗方案痊愈的概率； （2）若市面上仅有两款药物和药物对疾病有疗效，且这两种药物的疗程各均为3天（假定药物使用时，均按疗程服用3天），超过3天无效时需换药进行治疗．若使用完两种药物仍不见效，依靠自身的免疫能力再经过3天也能痊愈已知药物杀灭致病菌和致病菌的概率分别为、，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立，药物杀灭致病菌和致病菌的概率均为．请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？ 解析：（1）若有某种治疗方案，有的概率能杀灭致病菌．若这种治疗方案能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌． 若这种治疗方案不能杀灭致病菌，则它有的概率能杀灭致病菌，(2分) 设使用治疗方案能杀灭致病菌为事件，使用治疗方案能杀灭致病菌为事件，使用治疗方案痊愈为事件， 则，， 不能杀灭致病菌的概率为， 不能杀灭致病菌的条件下，不能杀灭致病菌的概率为，(4分) 因此，既不能杀灭致病菌也不能杀灭致病菌的概率为， 所以， 即使用治疗方案痊愈的概率为．(6分) （2）设（A）表示药物能治愈疾病的概率，（B）表示药物能治愈疾病的概率， 则有，，(8分) 设先用药物再用药物来治愈疾病所需的天数为，先用药物再用药物来治愈疾病所需的天数为， 则（A）（A）（B）（A）（B），（A）（B），（A）（B）， 所以（A）（A）（B）（A）（B）（A）（B）（A）（B）， 同理得（B），（B）（A），（A）（B），(11分) 则有（B）（B）（A）（A）（B）（B）（A）（A）（B），(13分) 从而有，因此需先使用药物可使得痊愈的平均天数更短．(15分) 答案：(1)；(2)见解析 17. 已知椭圆的长轴为4，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）过原点的直线与交于不同的两点，在第一象限），过作平行于轴的直线交轴于点，取中点，作直线交于点，求的最大值． 解析：（1）因为椭圆的长轴为4，所以，解得，(1分) 又因为离心率，所以，(3分) 所以，所以椭圆的标准方程为；(5分) （2）设，，则，(6分) 因为过原点的直线与交于不同的两点，在第一象限）， 所以直线的斜率存在且大于0，设直线的斜率为，则， 所以直线的斜率，(7分) 所以直线的方程为，整理得，(8分) 联立，消得，(9分) 所以由根与系数的关系可得：，解得， 代入直线方程，得， 所以，(11分) 所以，(12分) 又因为是直线到直线的角， 所以，(13分) 因为，所以，当且仅当，即时等号成立， 又因为，所以的最大值为．(15分) 答案：(1) ；(2) . 18．设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列． （1）已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式； （2）已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值； （3）证明：不存在“等比关联数列” ． 解析：（1）因为，，由定义可知，，，， 故数列的通项公式为；(2分) （2）因为中4项均不相同，所以有种，有项，(3分) 假设，则，，，．(4分) 设的公比为，则， 又数列的第三项，第四项，或第三项，第四项，(6分) ，且，(8分) 得，且或，且， 得且这两种情况，不能同时成立， 使得的前3项为等比数列有4种情况，故；(10分) （3）证明：当 时，假设的各项从小到大排列，此时数列有项，( 则，，，，(11分) 因为是等比数列，所以，即，所以，(12分) 设的公比为，则，所以， 所以，，(13分) 剩余四项为，，，，又公比， 所以，，是连续三项，因此是第4项或第7项，(15分) 当时，，所以，即不符合题意；当时，， 所以即，不符合题意；因此当时，不存在“等比关联数列” ．(17分) 答案：(1) ；(2) ；(3) 见解析 19(原创题)．如图①，将个完全一样质量均匀长为的长方体条状积木，一个叠一个，从桌子边缘往外延伸，最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”. 图③ 图② 图① 图④ 解决方案如下：如图②，若，则当积木与桌缘垂直且积木重心恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最长为. 如图③，若，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先将上面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为，将最下方积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的重力G乘以力臂，等于最下方积木的重力G乘以力臂，得出方程，求出.所以当叠放两个积木时，伸出桌外最远为，此时将两个积木看成整体，其重心恰与桌缘齐平.如图④，使前两块积木的中心与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出时积木伸出桌外的最远距离.依此方法，可求出4个、5个直至个积木堆叠伸出桌外的最远距离.(参考数据：，为自然常数)命题背景“调和级数” (1)分别求出和时，积木伸出桌外的最远距离.(用表示)； (2)证明：当时，积木伸出桌外最远超过； (3)证明：当时，积木伸出桌外最远不超过. 解析：(1)如图当时由杠杆平衡原理得， 得，积木伸出桌外的最远距离为.(2分) 同理当时，，得,积木伸出桌外的最远距离为 .(4分) (2)证明：当个积木时，有，得，积木伸出桌外的最远距离为.(6分) 处的阶帕德逼近，亦是一阶泰勒缩放 令，，所以在上单调递减，，所以，(7分) 所以，即，所以 ，所以，(9分) 所以当时，积木伸出桌外最远距离 处的阶帕德逼近，亦是二阶泰勒缩放 .(10分) (3)证明：令，， 所以在上单调递增，，(11分) 所以，所以，即，得，(12分) 所以 ，所以积木伸出桌外的最远距离.(14分) 当时，，(15分) 又，所以.(17分) 答案：(1)，.；(2)见解析；(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $