2026届普通高等学校招生全国统一考试最新数学模拟试卷2（含解析）

2026届普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试卷2
注意事项：
1.答题前，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.
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．若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．在四边形中，对角线与交于点.若，则四边形一定是( )
A．矩形 B．梯形 C．平行四边形 D．菱形
5．已知函数，若有三个零点，，，且，则最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．2
8．已知函数的部分图象如图所示，将图象上的所有点向左平移个单位长度得到的函数表达式可以是（ ）
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．已知展开式中共有8项.则该展开式结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为
C．系数最大项为第3项 D．有理项共有4项
10．下列命题正确的是（ ）
A．若两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的相关性较强
B．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
C．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
D．某人解答5个问题，答对题数为，若，则
11．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与所成的角为
C．若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为
D．过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．圆与圆的公共弦长为 .
13．已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现样本加入新数据3，5，7，则此时方差 ．
14．已知曲线在A，B两点处的切线垂直于y轴．若直线AB的斜率为，则实数c的取值范围为 ．
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．已知函数，其中.
（1）求函数的最小值；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围，并证明：
16．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求实数b的最小值；
（3）当时，方程有5个解，求m的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求直线与平面所成的角的正弦值.
18．小华、小明、小红三人为某比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某人时，该人可挑战另外两人.经商定，小华首先获得挑战权，他挑战小明、小红的概率均为.若他挑战小明，下一次的挑战权即属于小明，且小明再挑战小华、小红的概率分别为；若他挑战小红，下一次的挑战权即属于小红，且小红再挑战小华、小明的概率分别为.
（1）经过3次挑战后，小华已使用的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；
（2）若经过次挑战后，挑战权属于小华、小明、小红分别记为事件.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求事件发生的概率.
19．在中，角所对的边分别为．已知．
（1）求角；
（2）设为边上一点，记，的面积分别为，若，且．
①求；②求的值．
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，所以，
故选C
2．【答案】B
【详解】因为，，
所以.
故选B.
3．【答案】B
【详解】由，解得，所以.
故选B.
4．【答案】B
【详解】，，， 四边形一定是梯形.故选.
5．【答案】A
【详解】根据函数解析式，可得函数的大致图象如图所示，
因为有三个零点，所以.
令，得，
因为，所以，
又，且，
则.
，且
令，，则.
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，的最大值为，
综上，，则，故A正确.
故选:A.
6．【答案】C
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为,
故选C.
7．【答案】B
【详解】因为，所以，即，
，
.
故选B.
8．【答案】D
【详解】由最高点知，
因为与轴相邻交点的横坐标分别为和，所以即，
所以
将代入得，
所以，
因为，所以，所以，
图象上的所有点向左平移个单位长度得到，
故选D.
9．【答案】ACD
【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以.
故所有项的二项式系数和为，故A正确；
B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误；
因为二项展开式的通项公式为：
，，
C项， 当，设项系数最大，
由，解得，则，
且，第3项系数为，
当时，，系数为1；
当时，，系数为；
由，故第3项的系数最大；故C正确；
D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6，
所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，因为，即组数据比组数据的相关性较弱，故A错误；
对于B，若样本数据的方差为，则数据的方差为，故B正确；
对于C，将这原来的30个数从小大大排列为，则，所以原来的22%分位数为，
若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为，则，所以剩下28个数据的22%分位数为，由于互不相同，所以C正确；
对于D，某人解答5个问题，答对题数为，若，则，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BCD
【详解】对于A，如图所示，
因为分别为的中点，所以，
因，所以四边形是平行四边形，所以，
因为，所以，
所以四点共面，故A错误；
对于B，如图所示，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以直线与所成的角为，
而，
所以，所以，故B正确；
对于C，如图所示，
，
所以三角形的外接圆半径为，
显然平面，且，
所以三棱锥的外接球的半径为，
所以球的表面积为，故C正确；
对于D，如图所示，取中点，顺次连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
同理可证，，
而，，平面，
所以平面，
根据前面的假设有，，所以四点共面，
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以六点共面，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又因为平面，，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面，
所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形，
显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】法1，两圆与圆均过点，，弦长为.
法2，两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程，
圆的圆心到直线的距离，
故公共弦长为.
13．【答案】2.9
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为
则，所以．
，所以．
当加入新数据3，5，7后，
平均数，
方差．
14．【答案】
【详解】由函数，可得，
令，可得，设,
则，可得，
故
，
化简得：，
所以，解得，所以实数的取值范围为.
15．【答案】（1）
（2），见详解
【详解】（1）对求导可得，
令，得，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以函数的最小值为；
（2），
求导可得，
因为函数有两个极值点，
所以导函数有两个正的零点，且在零点左右附近导数值异号，
所以二次函数必有两个正的零点，
故，解得，即实数的取值范围是.
又，代入中可得
，
设，则，
所以，即.
又由（1）中可知（在取等号），
所以当时，，再结合，
可得，
所以.
综上，成立.
16．【答案】（1）见详解；
（2）；
（3）.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，由，得，
由，得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得或，
由，得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得或，
由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
依题意，，即恒成立，
令函数，，
当时，，
当时，，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
即，∴，
∴的最小值为.
（3）由方程，
∴或，
当时，由，得或，
由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
∵，∴，，
当时，，
当时，，
则当时，由上可得此时方程有两个解，
为了使得方程有5个解，
则，解得.
17．【答案】（1）见详解
（2）见详解
（3）
【详解】（1）证明：连结，如图所示：
在中，为的中点，为的中点，
所以为的中位线，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）证明：因为平面，平面，
所以，
又，为的中点，则，
又平面，故平面
平面
平面平面.
（3）由平面可知，为在平面内的射影，
所以为直线与平面所成的角
由，，，
有，
在中，

所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值.
18．【答案】（1）分布列见详解，
（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）
【详解】（1）的可能取值为1和2，且；
，则的分布列如下：
1 2
则的期望为.
（2）（ⅰ）①
②
①-②得：.
又，则，即.
（ⅱ）③，
①+②得：.
由③知
又；
则有，其中；
则是以为首项，为公比的等比数列.
可得：；所以
19．【答案】（1）；
（2）①；②.
【详解】（1）由和正弦定理，可得，即，
又且，则，
故由可得，联立解得.
（2）①由（1）易得，则有，，
因为，，所以，
即，代入，得①，
由，得②，
将①②两式相乘，得，又，
联立解得，因为为锐角，所以；
②由上可得，代入①，得，
所以，故.
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