2026年高考数学考前自测卷（A卷）（新课标Ⅱ卷）

**基本信息** 聚焦数学抽象、逻辑推理与数学建模，通过函数性质、立体几何、概率统计等综合题设计，适配新课标Ⅱ卷地区考前模拟需求，难度0.65且命题灵活。 **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|命题否定、立体体积比、函数奇偶性、概率分布|第4题结合密度曲线考查数据分析，第7题椭圆离心率体现几何直观| |填空题|3题/15分|向量运算、函数最值、解三角形|第14题用余弦定理求最值，强化数学思维| |解答题|5题/77分|立体几何证明与二面角、统计频率分布、数列求和、函数零点、双曲线方程|第16题统计题培养数据意识，第18题函数零点问题考查逻辑推理，第19题双曲线结合几何情境渗透数学建模|

2026年高考数学考前自测卷（A卷） （新课标Ⅱ卷） 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．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆、陕西、四川、宁夏、内蒙古、青海、西藏。 5．特别说明：A卷的出题思路较为灵活，不拘泥于近年高考题的内容顺序。难度系数：0.65。 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．已知命题，则是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】存在量词命题的否定为全称量词命题， 命题的否定命题． 2．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的半径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设球的半径为，则圆柱、圆锥的半径为，高为， 所以圆锥的体积， 圆柱的体积， 球的体积， 因此圆柱、圆锥、球的体积的比为. 3．若函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【详解】为奇函数，，解得， 时，， ，符合题意， ． 4．已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可. 【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误； 根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误； 由图可知，，所以C正确； 由图可知，，所以D错误． 5．已知虚数，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的几何意义得到表示点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，再由表示圆上的点与原点连线的斜率，根据直线与圆的位置关系求解. 【详解】由虚数可得， 由复数的几何意义可知，表示点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆（去掉x轴上的点）， 即如图， 表示圆上的点与原点连线的斜率， 当直线与圆相切时，分别取得最大值和最小值， 点为切点，点为圆心，，所以， 即，， 所以的取值范围是. 故选：B 6．若角的终边经过点，则（     ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】根据角终边上的点得到正切值以及的范围，进而结合正切的差角公式得到结果. 【详解】由于角的终边经过点，则，且，则， 当为偶数时，在第一象限，；当为奇数时，在第三象限，；所以对任意的，有， 根据正切的二倍角公式，有，化简得， 即，解得（负值舍去）， 根据正切的差角公式，有，故B正确. 7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为第一象限内一点且在椭圆上，交轴于点，若，，则的离心率为（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】C 【分析】根据方程可得，根据题意可得为的角平分线，结合角平分线性质可得，设，可得，代入椭圆方程可得，进而可得和离心率. 【详解】由题意可知：，则，， 因为，，则为的角平分线， 则，可得， 设，，，则，， 因为，则，解得，即， 则，解得，即， 则，则，即， 所以椭圆C的离心率. 8．若，则（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先设，把统一用表示，再分别构造函数，利用导数判断单调性：先构造比较出对数式大于，再借助得正切值大于进而大于，最后构造由导数恒正知函数递增，推出大于，综合单调性取值大小得到. 【详解】令，则，可得：，，. 比较和： 构造函数，求导得，故在单调递增，，即，所以. 比较和： 对， 因此在上单调递增，又，故: 当时，，又，且，故，即. 比较和： 构造函数，， 时，故 所以,即在单调递增，，即，所以. 综上，. 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．下列函数中，最小正周期为的偶函数的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用正弦函数、余弦函数、正切函数的图象性质逐项判断得解. 【详解】对于A，函数是偶函数，且最小正周期为，A是； 对于B，函数是偶函数，且最小正周期为，B是； 对于C，函数不具有周期性，C不是； 对于D，函数是偶函数，且最小正周期为，D是. 故选：ABD 10．如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【分析】对于A，先作出截面，再求其面积即可；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断. 【详解】 对于A，取的中点，的中点，的中点， 连接、、、、，由于均为所在边的中点， 所以，，， 所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，其边长， 故其面积为，故A正确； 对于B，设中点为，连接，则易得平面， 则异面直线与所成的角可用表示， 在中，， 当为的中点时，，此时取最小值， 此时有， 因异面直线与所成的角， 由余弦函数的单调性，可得，故B不正确； 对于C，若为中点，由B项易得平面， 因平面，则， 由于，，由，可得， 又平面，所以平面，又平面，故，即C不正确； 对于D，由图知，点到平面的距离为，而， 故，即三棱锥的体积为定值，故D正确． 11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 ，记“第i次投篮的人是甲”为事件，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】对于A，表示在第1次投篮的人是乙的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率， 因为乙投篮未命中则换甲投篮，乙每次命中率均为，所以乙未命中的概率为， 所以，故A正确； 对于B，表示在第1次投篮的人是甲的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率， 因为甲每次命中率均为，所以， ，故B错误； 对于C，表示前3次中甲投篮的次数为1次的概率，有三种情况： 第一种情况是第一次甲投篮未中，第二次乙投篮命中，其概率为； 第二种情况是第一次乙投篮命中，第二次乙投篮未命中，其概率为； 第三种情况是第一次乙投篮未命中，第二次甲投篮未命中， 其概率为； 所以，故C正确； 对于D，的可能取值为， ，由C选项可知， ，， 所以，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．如图所示，平行四边形的对角线相交于点，为的中点若，则=__________ 【答案】 【详解】在平行四边形中，，对角线交点是中点， 因此， 因为是的中点，所以， ， ，得，，因此. 13．若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【分析】利用导数研究函数的单调性，进而确定极值点，再由极值点所在区间求参数范围. 【详解】∵， ∴. 令，解得或. 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 故是的极小值点，极小值为. 令，即，整理得， 因式分解得，解得或. ∵ 函数在开区间上存在最小值，且， 开区间端点处的函数值无法取到，且时； 所以的最小值仅在处可取到， ∴ 极小值点必须落在区间内，即，得； 综上，实数的取值范围是. 14．已知所对的三边为a，b，c，且满足，则的最小值为_____________ 【答案】 【分析】先利用正弦定理、余弦定理和题设条件将所求式化成，再结合余弦定理和基本不等式求出的范围，进而求得的范围，即可求得最小值. 【详解】由正弦定理，可得，为的外接圆半径， 又由和余弦定理，，代入上式，可得， 因，当且仅当时，等号成立，则 而，故， 所以，即当时，取得最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面平面，，，E为PD的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形性质得到是等边三角形，取的中点，连接，得，再由面面垂直性质定理得到平面，再结合题中条件利用线面垂直判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量法求出平面与平面的法向量，计算夹角余弦值 【详解】（1）因为底面为菱形，，所以是等边三角形，， 取的中点，连接， 在菱形中，，所以是等边三角形，则， 又因为平面平面，且平面平面， 平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，以A为原点，所在直线为x轴，过A作的垂线为 y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 因为，所以， 因为E为PD的中点，所以， ，设平面的法向量为， 则，取，得. ，设平面的法向量为， 则，取，得， 二面角为钝角， 故， 所以二面角的余弦值为. 16．某学校鼓励学生周末使用人工智能平台进行探究性学习，现从全校学生中抽取了容量为100的样本，得到某周末学生线上学习的时间，经统计绘制成如下频率分布直方图． (1)试估计该校学生周末线上学习时间的中位数及学习时间不小于3小时的频率； (2)从该校学生中随机抽取8人，周末线上学习时间不小于3小时的人数记为，以样本中周末线上学习时间不小于3小时的频率作为该事件的概率，当（）最大时，求的值． 【答案】(1)，0.6 (2) 【分析】（1）由频率分布直方图计算中位数和频率的方法计算可得结果； （2）由二项分布可得，从而，，分析和1的大小关系，得到和的大小和的关系从而可得结果． 【详解】（1）因为每组小矩形的面积之和为1． 学习时间小于3小时的频率为， 学习时间小于3.5小时的频率为， 所以中位数在内，由， 解得小时． 由频率分布直方图可知， 学习时间不小于3小时的频率为． 所以估计该校学生周末线上学习时间的中位数为3.125小时，学习时间不小于3小时的频率为0.6． （2）从全部高三年级学生中随机抽取8人，线上学习时间不小于3小时的人数为， 所以，． 因为． 所以当时，； 当时，． 所以最大． 故当时，最大． 17．已知数列中，. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的前项和. 【答案】（1）略 (2) 【分析】（1）根据给定条件，求出与的关系，再构造等比数列推理得证. （2）由（1）求出，再利用并项求和法及等差、等比数列前项和公式求解. 【详解】(1)依题意，， 因此， 即，又， ， 所以数列 是以为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）得，即，又 ， 则， 因此， 则， 所以数列的前项和为. 18．已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)①；②． 【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间； （2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得； ②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得． 【详解】（1）由题意得的定义域为，， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得，（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①依题意，函数的定义域为， 所以函数有两个不同的零点， 可得方程在有两个不同根， 得到函数与函数的图象在上有两个不同交点， 又，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，， 如图，的图象如下： 可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需． ②由①可知分别为方程的两个根，即，， 所以原式等价于． 因为，，所以原式等价于． 又由，作差得，，即， 所以原式等价于． 因为，原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立． 令，则． 当时，可见时，，所以在上单调递增， 又，在恒成立，符合题意； 当时，可见当时，；当时，， 所以在时单调递增，在时单调递减． 又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以． 19．已知角的顶点为，在的两边上截取，连接，在线段上取一点，使得，记的中点为，以为中心，为顶点作离心率为2的双曲线，以为圆心，为半径作圆，与双曲线左支交于点（射线在内部），则.在上述作法中，以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，若，点在轴的上方. (1)求双曲线的方程； (2)若过点且与轴垂直的直线交轴于点，点到直线的距离为. 证明：①为定值； ②. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据题设直接求出，即可求出结果； （2）①根据条件得到直线的方程为，设，则，利用两点间的距离公式及，即可证明结果；②根据条件得到，从而得到，再利用几何关系，即可证明结果. 【详解】（1）设双曲线的方程为， 由及，可得，所以， 因为双曲线的离心率为2，所以，解得， 所以双曲线的方程为. （2）①由题可得， 因为，所以直线的方程为， 设，则， 所以， ， 所以，为定值. ②因为，由①得， 因为，所以， 又都是锐角，所以， 所以，所以. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学考前自测卷（A卷） （新课标Ⅱ卷） 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．适用地区：全国高考新课标Ⅱ卷地区：山西、重庆、云南、贵州、广西、辽宁、吉林、甘肃、黑龙江、海南、新疆、陕西、四川、宁夏、内蒙古、青海、西藏。 5．特别说明：A卷的出题思路较为灵活，不拘泥于近年高考题的内容顺序。难度系数：0.65。 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．已知命题，则是（    ） A． B． C． D． 2．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的半径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（    ） A． B． C． D． 3．若函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D．1 4．已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 5．已知虚数，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．若角的终边经过点，则（     ） A． B． C．或 D．或 7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为第一象限内一点且在椭圆上，交轴于点，若，，则的离心率为（    ） A． B．或 C． D．或 8．若，则（） 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．下列函数中，最小正周期为的偶函数的有（    ） A． B． C． D． 10．如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 ，记“第i次投篮的人是甲”为事件，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（  ） A． B． C． D． 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．如图所示，平行四边形的对角线相交于点，为的中点若，则=__________ 13．若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围是_________. 14．已知所对的三边为a，b，c，且满足，则的最小值为_____________ 四、解答题：本题共5小题（第十五题13分、第十六题15分、第十七题15分、第十八题17分、第十九题17分），共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面平面，，，E为PD的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 16．某学校鼓励学生周末使用人工智能平台进行探究性学习，现从全校学生中抽取了容量为100的样本，得到某周末学生线上学习的时间，经统计绘制成如下频率分布直方图． (1)试估计该校学生周末线上学习时间的中位数及学习时间不小于3小时的频率； (2)从该校学生中随机抽取8人，周末线上学习时间不小于3小时的人数记为，以样本中周末线上学习时间不小于3小时的频率作为该事件的概率，当（）最大时，求的值． 17．已知数列中，. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的前项和. 18．已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 19．已知角的顶点为，在的两边上截取，连接，在线段上取一点，使得，记的中点为，以为中心，为顶点作离心率为2的双曲线，以为圆心，为半径作圆，与双曲线左支交于点（射线在内部），则.在上述作法中，以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，若，点在轴的上方. (1)求双曲线的方程； (2)若过点且与轴垂直的直线交轴于点，点到直线的距离为. 证明：①为定值； ②. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $