精品解析：2026年高考全国2卷数学高考真题（参考版）

**基本信息** 本卷聚焦高考数学核心模块，通过函数性质、立体几何、概率统计等内容，综合考查数学抽象、空间观念、数据意识等素养，解答题注重实际情境与逻辑推理结合，如频率分布直方图分析及二项分布应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、双曲线渐近线、棱台体积等|基础概念与运算，梯度合理| |多选|3/18|圆的方程、等比数列性质、抛物线综合|选项分层，考查思辨能力| |填空|3/15|等差数列求和、函数零点、球体积计算|聚焦关键能力，强调空间观念| |解答|5/77|概率统计（频率分布直方图、二项分布）、立体几何（线面角）、椭圆轨迹、函数导数应用|综合性强，结合数学建模与逻辑推理，如导数求参数范围及最值|

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得，所以 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 所以，即； 由，得， 所以，即. 两式相减，得， 所以 4. 已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可. 【详解】把点和，代入双曲线方程可得 ， 所以双曲线方程为， 故该双曲线渐近线方程为. 5. 已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 6. 现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 16种 D. 24种 【答案】C 【解析】 【分析】对甲、乙两人都在A小组和B小组进行分类，结合计数原理求解即可. 【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组， 安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组. 若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人； B组已有{丁}，还差3人， 则从剩余4人中选1人进A组，方案数为. 若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为. 所以当甲、乙在A组时，方案数为种. 情况2：甲、乙两人都在 B 小组， 甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致， 安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ， 所以当甲、乙在B组时，方案数为  种. 故所有分配方案共有种. 7. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 8. 已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得. 【详解】，则， ，即周期为， 结合奇偶性，周期性，故， 在上满足，说明的对称轴为， 则，解得， 又根据知，而， 则，于是， 即，解得 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知圆：，圆：，则下列说法正确是（ ） A. 点的坐标为 B. 时，圆与轴相切 C. 当时，圆与圆相切 D. 当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断； 对于B，利用圆心到的距离即可判断； 对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断； 对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解. 【详解】由：，化简可得， 所以，的圆心，半径，故A错误； 对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确； 对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确； 对于D，由，化简得：， 所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误. 10. 已知等比数列的公比，且，，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D. 【详解】设等比数列的公比为，则，即. 因为，所以，即. 因为，所以，所以，即， 所以A正确. 因为，则，所以B错误. . 所以C正确 当n为奇数时，； 当n为偶数时，因为；所以， 所以，即. 所以D正确. 11. 已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（ ） A. 抛物线E的准线方程为 B. 当直线与抛物线E无交点时， C. 若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上 D. 当时，面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理. 【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确； B选项，设直线为，则， 联立得到，， 直线和抛物线无交点，则， 结合，解得，B选项正确； C选项，由联立方程， 若与相交于唯一点，只可能是相切， 则，解得， 此时，解得，进而得，则， 若过焦点（如图），由于，，而， 根据倾斜角的定义，，， 而，此时的正切值为， 即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误； D选项，当，此时直线方程为， 设，则到的距离为， 即等边三角形高的最小值为，此时面积，D选项正确. C选项方法二：求得，则，， 则， 则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误. D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可， 由于，设直线为， 联立，得到， 由，此时直线为， 由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为等差数列的前项和，若，，则__________． 【答案】24 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可. 【详解】由等差数列通项公式， 代入可得，解得. 因为，所以， 故. 13. 若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题. 方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题. 【详解】令，得，即， 方法一： 令，则，即，, 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二： 设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 14. 已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 四、解答题（本大题共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. 某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障的时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时间”与“对应频率”的频率分布直方图： （1）求第一四分位数和中位数； （2）设为首次故障时间小于365天的概率估计值． （ⅰ）求； （ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于365天的件数，若，求和． 【答案】（1）第一四分位数为 ，中位数为 ； （2）（ⅰ）；（ⅱ），． 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的定义，先确定其大致位置，然后列方程求解； （2）根据直方图，先求出小于365天的频率，作为概率的估计值，然后利用二项分布的期望和方差求解. 【小问1详解】 由直方图可知，的频率为， 的频率为， 故第一四分位数在上，设为，则，解得； 的频率为， 的频率为， 故中位数在上，设为，则，解得. 故第一四分位数为370，中位数为381； 【小问2详解】 由直方图可知，小于365天的频率为，故， 根据二项分布的期望和方差公式， ， 16. 如图，在三棱锥中，点在上，，，． （1）求证：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 17. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1）证明：由，则， 又，得，则， 由两角和的余弦公式，， 结合可知， 则异号，必然一个为负， 又，即中必有一个是钝角； （2） 【解析】 【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解； （2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由正弦定理和三角形的面积公式， ， （是外接圆半径） 又，，则，解得， 又，则， 由余弦定理，即， 又，则， 于是，即， ，解得， 故周长为. 方法二：由，则， 即， 由正弦定理可得，， 由三角形面积公式，， 得到，则，其余同上. 18. 椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为． （1）求的离心率． （2）为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为． （ⅰ）求的方程，并说明M是什么曲线； （ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状. 【答案】（1） （2）（i）的方程为;当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点；当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点； （ii）当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点; 当时，有中心点，平移到，使为的中心点时，此时的方程为， 当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点. 【解析】 【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率； （2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程； （ii）先讨论在不同取值时，中心存在的情况；再假设中心点坐标为，求出中心坐标的表达式，再通过平移求出的方程，再讨论不同情况下的形状. 【小问1详解】 设椭圆 的右焦点为，其中 ， 那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得 ，即 ， 所以 ，由于截线段长为 ，解得 ， 故 ，离心率 . 【小问2详解】 (i) 方法一： 由(1)知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线 方程为：，直线方程为： ， 即 联立，解得即点， 设，则由， 代入椭圆方程 得，即 两边乘以 得 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二： 由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则， 因为点在直线上，所以，， 把代入椭圆方程： ，得，即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为； 当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点； 当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点； 当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点； (ii)当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无中心点； 当 即 且0时，设轨迹的中心点为，那么 若点在轨迹上，那么点，也在轨迹上，则 ， 两式相减得，， 整理，得， 要使用等式恒成立，则 即中心点为， 所以有中心点当且仅当 且0，且中心坐标为 . 将平移使其中心与原点重合，设平移后的点为，那么 ，即， 代入轨迹方程可得， 整理化简，得，即， 即的方程为， 当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点； 当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点， 综上，当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点； 当时，有中心点，平移到，使为的中心点时，此时的方程为， 当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点. 19. 已知函数，曲线在点处的切线为． （1）求，； （2）当时，，求的取值范围； （3）当时，，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解； （2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可； （3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解. 【小问1详解】 ， 由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为， 解得； 故. 【小问2详解】 由（1）知，， 则 ， 故题意可转化为对任意恒成立， 法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即， 则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立， 则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 法二： 不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知， ， 这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，， 则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； 【小问3详解】 法一：设， 则 ， 令， 则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由， 设，， 则， 设，，令， 则，， 由， 再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即， 故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则， 即的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（ ） A 10种 B. 12种 C. 16种 D. 24种 7. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 时，圆与轴相切 C. 当时，圆与圆相切 D. 当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为 10. 已知等比数列的公比，且，，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（ ） A. 抛物线E的准线方程为 B 当直线与抛物线E无交点时， C. 若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上 D. 当时，面积的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为等差数列的前项和，若，，则__________． 13. 若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 14. 已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 四、解答题（本大题共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. 某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时间”与“对应频率”的频率分布直方图： （1）求第一四分位数和中位数； （2）设为首次故障时间小于365天的概率估计值． （ⅰ）求； （ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于365天的件数，若，求和． 16. 如图，在三棱锥中，点在上，，，． （1）求证：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 18. 椭圆：（），过右焦点且与轴垂直直线被截得的长度为． （1）求的离心率． （2）为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为． （ⅰ）求的方程，并说明M是什么曲线； （ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状. 19. 已知函数，曲线在点处切线为． （1）求，； （2）当时，，求的取值范围； （3）当时，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $