精品解析：甘肃张掖市第二中学等校2026年普通高校招生考试预测(二) 数学试题

2026年普通高校招生考试精准预测卷（二）数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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】D 【解析】 【详解】由题，，则 2. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】代入复数的除法计算公式求解. 【详解】. 3. 在二项式的展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】化简：， 设二项式的第项为：， 由条件得，， 所以系数为 . 4. 已知非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，因此， 向量在向量上的投影向量， 故B正确. 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复合函数的单调性求解即可. 【详解】因为为上的增函数， 所以由复合函数的单调性知在上单调递减， 当时，在上单调递减，满足题意； 当时，在上单调递减，则， 解得. 综上，. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件进行切化弦转换，利用二倍角公式将已知条件转化为一元二次方程，解方程求出，并利用正弦函数的取值范围确定最终解． 【详解】，则， 故， 两边平方得 ，即 ， 解得， ， ． 7. 设抛物线的焦点为，若直线与交于，两点，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】联立方程组，利用韦达定理以及抛物线的焦半径公式化简. 【详解】由题意可知，， 联立，得， 设，则，， 则 ，， 则. 8. 已知定义在上的函数和满足，，若是偶函数，且，则（ ） A. 34 B. 36 C. 38 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】利用递推关系式及函数的奇偶性得出的周期，再由赋值法求的值即可. 【详解】因为是偶函数， ， 所以 ，所以 ， 又 ，两式相减可得， 所以可得 ，两式相减可得， 即，所以函数的周期， 由 ，令，可得 ，所以， 由 ，令，可得，所以， 由 ，令，可得 ， 由 ，令，可得 ，两式相减可得， 由 ，令，可得， 故一个周期中， 所以 . 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. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是的图象的一个对称中心 D. 在上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先根据函数图象求函数的解析式，判断AB，再根据正弦函数的性质，利用代入法，判断CD. 【详解】由图象可知，函数的2个周期为， 所以，得， 当时，，得，， 因为，所以，故A错误，B正确； ，，所以的一个对称中心是，故C正确； 当时，，的值域为，故D错误. 10. 设，是双曲线：（，）的左、右焦点，双曲线的两条渐近线平分四个象限，是双曲线右支上的一动点，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 不可能为等腰直角三角形 C. 点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用，结合离心率公式即可求解； 对于B，若为等腰直角三角形，可得，且，由求解即可判断； 对于C，利用点到直线的距离公式求解即可； 对于D，由于，设 ，且 ，利用不等式求解即可. 【详解】因为双曲线的两条渐近线平分四个象限，所以，则双曲线的离心率为,故A正确； 因为是双曲线右支上的一动点，所以， 若为等腰直角三角形，直角不可能在M点或点，则，且， 则，由于，解得：，由于双曲线中，出现矛盾， 所以不可能为等腰直角三角形，故B正确； 由于该双曲线的渐近线方程为，设，满足， 所以到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，故C不正确； 由于，可设 ，且 ， 所以， 因为 ，所以， 则，则 ， 即 ，故D正确. 11. 如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角小于 C. 平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D. 四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A先求证，，再利用线面垂直的判定定理求证；B取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，求证直线与平面所成角为即可；C延长交于点，延长交于点，连接交于点，求三棱台、体积即可；D求以为长宽高构成的长方体的外接球的表面积. 【详解】因为侧面是等腰梯形，，， 所以， 在中利用余弦定理得， 则，则， 因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面，故A正确； 因为，，，所以， 因为是三棱台，所以，即， 得， 取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，连接， 因为为的中点，所以，， 又，，则，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，所以直线与平面所成角为， 由， 得， 因为，所以， 所以直线与平面所成角大于，故B错误； 延长交于点，延长交于点，连接交于点， 则为三棱台， 因为，所以，则， 记，则， 因为，所以，， 连接，因为， 所以 ， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 则三棱台的体积为， 三棱台的体积为， 则， 则平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为，故C正确； 因为平面，，所以平面， 因为，所以三棱锥 的外接球和以为长宽高构成的长方体的外接球相同， 则球的半径为，则该球的表面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 米兰冬季奥运会于2026年2月7日至2月23日举行，奖牌榜前10名金牌数如下：18，12，10，10，8，8，8，6，5，5，则这组数据的第80百分位数为__________． 【答案】11 【解析】 【分析】利用百分位数的定义即可求解. 【详解】由题意得：，所以这组数据的第80百分位数为. 13. 设为数列的前项和，已知，对任意，，都有，若，则的值为__________． 【答案】15 【解析】 【分析】由题可得，所以数列是等差数列，利用等差数列的性质和前项和公式化简求解. 【详解】因为对任意，都有，所以，即， 所以数列是公差为的等差数列，所以， 由，得， 所以，即，又， 所以，解得或（舍去）， 所以的值为15. 14. 已知函数，若存在，，使得在上恒成立，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过不断地建立新函数、求导来判断其函数及导数的正负性来求得最小值. 【详解】若，那么. 设 ， . 若，，则单调递增，且趋近于，趋近于，不满足恒成立. 时，令，解得，且，. 所以最大值为 . 要使恒成立，满足 即可，解得 . 那么最小值为. ，令，解得. 那么时，，单调递减，时， ，单调递增. 所以最小值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）由正余弦定理转化为边的关系求解即可； （2）根据余弦定理及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理及正弦定理可得，， 即，所以. 【小问2详解】 ， 当且仅当时等号成立， 由知，，所以. 16. 如图，三棱柱的棱长均相等，平面平面，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】 （1）取的中点，连接，利用已知证明四边形是平行四边形，可证，可证结论； （2）由题意可得两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值． 【小问1详解】 取的中点，连接. 因为为的中点，所以且． 在三棱柱中，且， 又为的中点，所以且. 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 连接， 因为三棱柱的棱长均相等，且， 所以是等边三角形，又为的中点，所以， 所以为二面角的平面角， 又平面平面，所以，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设三棱柱的棱长为2，利用勾股定理得， 则， ， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则，所以， 所以二面角的正弦值为． 17. 设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 【答案】（1）（） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据位置关系与点到点的距离公式，即可求解； （2）设出方程，对应得到方程，求解出、两点坐标，结合直线方程即可证明. 【小问1详解】 设，则， 因为，垂足为且在线段上，所以设 ， ， 而， ，， 因此 ， 故曲线的方程为 . 【小问2详解】 由题意得，直线斜率必然存在，设直线斜率为，则直线方程为， 联立，得 ， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，， ， 因为直线与直线的斜率之商为，所以直线方程为 ， 联立，得 ， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，， ， 由题意知，直线斜率必存在，， 直线的方程为 ，即 ， 所以此时直线过定点，故得证. 18. 甲、乙两机器人进行比赛，规则如下：每局比赛，获胜方得1分，另一方得0分，没有平局；当一方比另一方的得分多2分时，比赛结束，得分多者获胜．据以往比赛经验，甲每局获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）求比赛2局后甲获胜的概率； （2）设比赛局后比赛结束，若比赛局数大于4，则统一记为6局，求的分布列与数学期望； （3）设甲得分与乙得分之差为，表示时最终甲获胜的概率，其中，求的值． 【答案】（1） （2）的分布列见解析，数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式计算求解； （2）根据题意求出的可能取值为，进而计算相关概率列出分布列并求出期望； （3）根据已知条件，列出递推式，联立方程求出相关概率，进而求解． 【小问1详解】 设甲每局获胜为事件，则， 若比赛两局后获胜，则两局比赛均获胜， 两局比赛均获胜的概率为：． 【小问2详解】 由题意知，比赛结束的条件是分差为2分，故取偶数，时， 的可能取值为，则 ， ， ； 的分布列为： 2 4 6 的数学期望为：． 【小问3详解】 ， 已知 ，甲获胜； ，乙获胜； 当时，下一局甲胜则分差为2，乙胜则分差为0， ①， 当时，下一局甲胜则分差为1，乙胜则分差为， ②， 当时，下一局甲胜则分差为0，乙胜则分差为， ③， 把③代入②得，化简得， 代入①得，解得， ， ． 19. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）记曲线与直线（，）的一个交点的横坐标为，且． （ⅰ）当时，是否存在，使得，，按某种顺序构成等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （ⅱ）当时，证明：． 【答案】（1）极大值为1，无极小值 （2）（ⅰ）不存在，理由见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】(1)利用导函数求解函数的单调性，从而求得极值； (2)（ⅰ）当时，交点满足 ．令，则．先证明严格递增，再用反证法，假设相邻三项能构成等比数列，由推出矛盾． （ⅱ）当时，交点满足 ．先证明且，再设，由相邻两式相减并放缩得到，最后累加即可． 【小问1详解】 因为，所以， 令，即，由于恒成立，解得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为；函数无极小值； 【小问2详解】 （ⅰ）当时，直线为． 曲线与直线的交点横坐标为，即 所以 ，即 因为，且当时单调递减，所以这样的正数唯一． 又 ，故；当时，． 令 则，且 ，即， 设 ，则 ， 则函数在上单调递增，所以随的增大而增大． 因此 假设存在，使得 ， ， 按某种顺序构成等比数列， 即，，按某种顺序构成等比数列． 由于这三个数都是正数，且从小到大排列为，所以若它们能构成等比数列， 则中间项必须是另外两项的比例中项，即 由，可得， 于是， 又由和，根据基本不等式得 所以 . 而 这与上式矛盾． 因此，当时，不存在，使得 ， ， 按某种顺序构成等比数列． （ⅱ）当时，直线为． 交点横坐标满足 即 ， 整理得 ， 先证明． 设 因为 且当时， ，所以 在内有解． 又当时， ，所以在上单调递减，故该解唯一，并且． 再证明． 因为 所以 又在上单调递减，且最终趋于，所以它的零点在的右侧，即 令 则． 由式（1）分别写出与对应的等式： 两式相减，得 又，所以左边为， 因此 由于，，故 ， 且 ，于是， 所以. 即对任意正整数，都有 将上式从到累加，得 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高校招生考试精准预测卷（二）数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 在二项式的展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 4. 已知非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，若直线与交于，两点，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知定义在上的函数和满足，，若是偶函数，且，则（ ） A. 34 B. 36 C. 38 D. 40 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. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是的图象的一个对称中心 D. 在上的值域为 10. 设，是双曲线：（，）的左、右焦点，双曲线的两条渐近线平分四个象限，是双曲线右支上的一动点，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 不可能为等腰直角三角形 C. 点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值 D. 11. 如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角小于 C. 平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D. 四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 米兰冬季奥运会于2026年2月7日至2月23日举行，奖牌榜前10名金牌数如下：18，12，10，10，8，8，8，6，5，5，则这组数据的第80百分位数为__________． 13. 设为数列的前项和，已知，对任意，，都有，若，则的值为__________． 14. 已知函数，若存在，，使得在上恒成立，则的最小值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求的值； （2）求的取值范围． 16. 如图，三棱柱的棱长均相等，平面平面，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 17. 设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 18. 甲、乙两机器人进行比赛，规则如下：每局比赛，获胜方得1分，另一方得0分，没有平局；当一方比另一方的得分多2分时，比赛结束，得分多者获胜．据以往比赛经验，甲每局获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）求比赛2局后甲获胜的概率； （2）设比赛局后比赛结束，若比赛局数大于4，则统一记为6局，求的分布列与数学期望； （3）设甲得分与乙得分之差为，表示时最终甲获胜的概率，其中，求的值． 19. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）记曲线与直线（，）的一个交点的横坐标为，且． （ⅰ）当时，是否存在，使得，，按某种顺序构成等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （ⅱ）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $