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2026届新高考全国卷数学模拟试卷二
（ 考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，满足，且对一切实数x，恒成立，则，的夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（ ）
A．35 B．36 C．37 D．38
6．已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，函数在上的值域为，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，正三棱柱的所有棱长都相等，则和平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，．定义集合对任意的，都有.对于所有使得的函数，有以下两个命题：①存在函数在处取极小值；②存在函数图像是连续曲线．下列判断正确的是（ ）
A．①②都真 B．①真②假 C．①假②真 D．①②都假
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（多选题）某计步软件的后台数据显示，其用户的每日步数近似服从正态分布，则下列结论正确的是（　　）
附：若随机变量，则．
A．约有95%的用户每日步数在3600到10800之间
B．每日步数多于5400和多于9000的用户比例大致相等
C．若某人每日步数为9000，则其步数超过了大约84%的用户
D．随机抽取100名用户，他们每日步数的方差接近1800
10．设数列满足，其中．数列满足，数列的前n项和记作，则下列结论正确的有（ ）
A．＝16 B．数列为等比数列
C．数列的前100项和为150 D．当为奇数时，数列在处取得最小值
11．已知集合．由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，集合与轴的交点自上而下分别为，中间白色部分形如美丽的“水滴”，则（ ）
A．
B．
C．集合中的点到原点距离的最大值为3
D．白色“水滴”图形的面积是
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知若，则__________.
13．若，则________．
14．已知函数（e为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k的取值范围为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答写出必要的文字说明、推导过程及验算步骤。
15．(本小题 13 分)某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示.
(1)求该样本中学生分数为优秀的人数；
(2)从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值；
(3)根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值.
16．(本小题 15 分)苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计.
(1)求山高；
(2)已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离.
17．(本小题 15 分)如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，．
(1)证明：平面PAC；
(2)已知，点满足平面PEC．
（i）求；
（ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值．
18．(本小题 17 分)设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点，
①求的最小值；
②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值.
19．(本小题 17 分)已知函数.
(1)若，求在点处的切线；
(2)若有两个极值点，.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2026届新高考全国卷数学模拟试卷二(详解版)
（ 考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由对数函数的性质及补集的定义可得.
【详解】因为集合是函数的定义域，根据对数函数性质，得，即.
因为全集，由补集的定义得
2．已知，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算法则，将化成的形式，即可得到其虚部.
【详解】因为，所以.
所以的虚部为.
3．已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，
设，则有，，
两式相减得，则有，
由，，，
所以，得，即，
所以，则椭圆的离心率.
4．已知向量，满足，且对一切实数x，恒成立，则，的夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将平方，结合数量积的定义和运算性质化简得出关于的一元二次不等式，结合一元二次不等式恒成立求解.
【详解】由得，即，
则，
因为，所以，
即
因为对一切实数x，恒成立，所以，
得，
因为，所以，
故，的夹角的大小为.
5．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（ ）
A．35 B．36 C．37 D．38
【答案】B
【分析】利用二阶等差数列的定义，借助列举法求出.
【详解】依题意，，
数列，数列，数列，
所以.
6．已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，函数在上的值域为，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据正弦函数的性质得，进而，，再结合函数的对称性得，最后根据题意即可得m的取值范围.
【详解】因为函数图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，
所以，，，
所以，，解得，（）
所以故，
因为，令，则，解得；当时，；
所以，根据对称性可知，当时，，
因为函数在上的值域为，
所以，，即m的取值范围为.
7．如图，正三棱柱的所有棱长都相等，则和平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接，可得平面，可得为直线和平面所成的角，求解即可.
【详解】取的中点，连接，
由正三棱柱，可得，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，所以为直线在平面内的射影，
所以为直线和平面所成的角，
设正三棱柱的棱长为2，则可得，
，
在中，.
故和平面所成角的正弦值为.
故选：A
8．已知函数，．定义集合对任意的，都有.对于所有使得的函数，有以下两个命题：①存在函数在处取极小值；②存在函数图像是连续曲线．下列判断正确的是（ ）
A．①②都真 B．①真②假 C．①假②真 D．①②都假
【答案】A
【详解】根据题意可知集合为函数的非严格单调递增区间，
不妨令函数，易知,
因此当时，，当或时，，
可知在上单调递增，在和上单调递减，
此时函数满足在上单调递减，满足题意，
即存在函数在处取极小值，且是连续曲线，因此①②都真.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（多选题）某计步软件的后台数据显示，其用户的每日步数近似服从正态分布，则下列结论正确的是（　　）
附：若随机变量，则．
A．约有95%的用户每日步数在3600到10800之间
B．每日步数多于5400和多于9000的用户比例大致相等
C．若某人每日步数为9000，则其步数超过了大约84%的用户
D．随机抽取100名用户，他们每日步数的方差接近1800
【答案】AC
【分析】由题意知，再由正态分布的性质计算即可．
【详解】设用户每日步数为，
对于A，，故A正确；
对于B，，二者显然不相等，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，正态分布的参数表示随机变量的方差，如果随机抽取部分样本进行统计，与1800接近的是标准差，而不是方差，故D错误.
故选：AC
10．设数列满足，其中．数列满足，数列的前n项和记作，则下列结论正确的有（ ）
A．＝16 B．数列为等比数列
C．数列的前100项和为150 D．当为奇数时，数列在处取得最小值
【答案】ACD
【分析】由等比数列定义可判断A，通过前三项验证可判断B，通过分组求和可判断CD.
【详解】由，，可知是首项为2、公比为2的等比数列，
因此： ，
选项A，，A正确，
选项B，设，
， ， ，得 ，，比值不相等，故不是等比数列，B错误，
选项C，由，
，
因此，C正确，
选项D，当为奇数，时，前项（偶数项）共组，每组和为3，
因此 ，加上最后一项， ，
当时，，满足上式，
故当为奇数时，，
则： ，这是开口向上的二次函数，对称轴为，
为正奇数，因此在处取得最小值，D正确.
11．已知集合．由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，集合与轴的交点自上而下分别为，中间白色部分形如美丽的“水滴”，则（ ）
A．
B．
C．集合中的点到原点距离的最大值为3
D．白色“水滴”图形的面积是
【答案】BCD
【分析】令，可求各点的坐标。可判断AB的真假；设，借助辅助角公式，可求的最大值，判断C的真假；分析“水滴”图形的结构特征，利用面积公式求其面积，可判断D的真假.
【详解】对于A，方程中，令，得，
所以，其中，所以，所以，
解得，所以，
所以，
，故A错误，B正确；
对于C，由，可设，，
则集合中的点到原点的距离为，
当时，，取得最大值为3，故C正确；
对于D，“水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，
它的面积是，故D正确．
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知若，则__________.
【答案】2
【分析】利用同构思想构造方程，再根据函数的单调性求解方程.
【详解】由题意可得，所以，即，
对于函数，在其定义域内为增函数，所以，
即，所以.
13．若，则________．
【答案】3124
【分析】由多项式分析知：为奇数，系数为负； 为偶数，系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果.
【详解】由题设，含的项中，当为奇数，系数为负，而当为偶数，系数为正，
所以，
令，则；
令，得，
所以．
14．已知函数（e为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k的取值范围为______.
【答案】
【分析】将问题转化为方程有且只有一个根，构造函数，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合图象可求得答案.
【详解】由，得，
因为，所以，
令，则，令，则，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
所以当时，函数有极小值，
且当时，，
因为函数有且只有一个零点，
所以结合函数图象可得，所以实数k的取值范围为.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答写出必要的文字说明、推导过程及验算步骤。
15．(本小题 13 分)某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示.
(1)求该样本中学生分数为优秀的人数；
(2)从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值；
(3)根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值.
【答案】(1)
(2)分布列
0 1 2
，
(3)
【分析】（1）直接根据频率和样本容量计算可得；
（2）由随机变量服从超几何分布，根据超几分布计算可得；
（3）随机变量服从二项分布，再根据概率的增减性判断可得.
【详解】（1）该样本中学生分数为优秀的频率
故优秀的人数为人;
（2）从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座谈，
其中分数在的人数为.
若从座谈名单中随机抽取3人，则的所有可能取值为.
则的分布列为：
0 1 2
所以.
（3）由题意知，，则，.
令，
当，解得.
因为，所以时，，
当时，，所以当时，最大.
16．(本小题 15 分)苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计.
(1)求山高；
(2)已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离.
【答案】(1)200米；
(2)米.
【分析】（1）设， 进而结合题意，在中根据余弦定理求得或，再结合点位于点的南偏西方向得即可得答案；
（2）结合（1），设，，进而得，，再结合三角函数求解即可得答案.
【详解】（1）解：如图，在中，设，
由题意知，且,
由余弦定理，
代入得：
化简得：，即
解得或
由“点位于点的南偏西方向”可知，必在的东北方向，从而的横坐标应大于的横坐标.
由点向东位移为米，可得，即.
故只能取，所以山高米.

（2）解：由第（1）问知，山高米.
因为缆车在点处转换坡度，故两段缆车各上升100米.
设第一段（倾斜角）的水平距离为，即，
第二段（倾斜角）的水平距离为，即
则有：，，所以，；
因此，山脚下缆车上车点到点的距离为：
利用常用三角函数值：，
得
故山脚下缆车上车点到点的距离为米.
17．(本小题 15 分)如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，．
(1)证明：平面PAC；
(2)已知，点满足平面PEC．
（i）求；
（ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)；
【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC；
（2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得；
（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可．
【详解】（1）因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则，
又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC．
（2）（i）取PC中点，则且，由知，
所以，即四点共面，
因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以，
因此OFEB是平行四边形，故，即．
（ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC，
因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图，
以为原点，建立空间直角坐标系，
由题意可知，，，，
因为，且，所以，，
因此，，，
，，
由此可知，设平面PBD的一个法向量，
则，也即，
令，得，设平面PEC的一个法向量，
则，也即，
令，得，所以，
所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为．
18．(本小题 17 分)设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点，
①求的最小值；
②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值.
【答案】(1)
(2)①16；②证明见解析
【分析】（1）由题设可得，再根据抛物线的焦半径公式求解即可；
（2）①设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，设，同理可得，进而表示出，再根据基本不等式求解即可；
②结合①可得，再分、两种情况讨论求证即可.
【详解】（1）由，得，
则，即，
因为为抛物线上一点，所以，则，即，
所以抛物线的方程为.
（2）①由（1）抛物线的方程为，则，
由题意，显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，
联立，得，
则，
由于，所以直线的斜率为，
设，同理可得，
则
，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为16.
②由①得，，，
则，同理，
因为，分别是，的中点，所以，
若，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
显然直线恒过定点，
由题意可知，为直角三角形，则为的中点，满足为定值，此时；
若，则直线的方程为，此时直线过点，也满足为定值1.
综上所述，存在一个定点，使得为定值1.
19．(本小题 17 分)已知函数.
(1)若，求在点处的切线；
(2)若有两个极值点，.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，即可得解；
（2）（i）对函数求导，由有两个极值点可得有两个不相等的正根，再结合韦达定理即可求解出a的范围；
（ii）先化简得，借助，利用不等式的性质，可得，则可得证.
【详解】（1）若，
所以，
故切线方程为，即.
（2）
（i）因为有两个极值点，
所以有两个不等正实数根，即有两不等正实数根，
所以，
解得，
所以的取值范围为.
（ii）由（i）知，
因为，所以，
设
令，，当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，故，当且仅当时取等号，
所以，
所以，
所以.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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