2026年全国二卷高考真题数学试卷（含详解） [含答案]

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注意事项:
1. 答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动,请用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案。作答非选择题, 必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效。
4.考试结束后, 请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共计 40 分. 每小题给出的四个选项中,只有 一个选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.2，8，14，16，20平均数为( )
A.8B.9C.12D.18
2.，( )
A.B.iC.D.1
3.，，( )
A.B.C.D.
4.的解集是( )
A.B.C.D.
5.，，，，( )
A.B.C.D.
6.抛物线焦点F，，过A作C准线的垂线，垂足为B.若，则( )
A.3B.4C.5D.6
7.为等差前n项和，，，( )
A.B.C.D.
8.，，( )
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.为等比数列的前n项和，q为的公比，，，，则( )
A.B.C.D.
10.是定义在R上的奇函数，时，，则( )
A.B.当时，
C.当且仅当D.是的极大值点
11.双曲线，左右焦点为，.左右顶点为，.以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N，且，则( )
A.
B.
C.C离心率为
D.当时，四边形的面积为
三、填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共计 15 分.
12.，，，则__________.
13.是的极值点，则__________.
14.一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为__________.
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.，.
（1）求；
（2），求值域和单调区间.
16.椭圆的离心率为，长轴长为4.
（1）求椭圆C的方程
（2）过点的直线l与C交于A，B，O为坐标原点，若，求.
17.如图，四边形中，，，F为中点，E在上，，，.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为.
（1）证明：平面.
（2）求面与面所成二面角的正弦值.
18.，.
（1）证明：在存在唯一极值点和唯一零点；
（2）设，为在的极值点和零点，
（i），证明：在单调递减；
（ii）比较与的大小，并证明.
19.甲、乙乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分，设每个球甲胜概率为，乙胜概率为q，，且各球胜负独立，对正整数，记为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率.
（1）求，（用p表示）；
（2）若，求p.
（3）证明：对任意正整数m，.
答案
1.C
解析.
2.A
解析.
3.D
解析：，.
4.C
解析：且.
5.A
解析：由余弦定理，，故.
6.C
解析：与x轴交于F点，则，故；
设与y轴交于N点，则；
准线与x轴交于M点，由，，故，代入得，，.
7.B
解析：为等差数列的前n项和，故为等差数列，该等差数列的公差为.
8.D
解析：，，又，，则.
9.AD
解析：由已知条件，又，则，故，，，，，，
综上，AD正确.
10.ABD
解析：为R上的奇函数，故，A正确；
时，，故，，B正确；
时，，；
时，单调递减，时，单调递增，故为极小值点，由为R上的奇函数，故为极大值点，D正确；，C错.
11.ACD
解析：由对称性不妨取斜率为正的渐近线，又，则易知，又，，
则，如图，
，A选项正确；
则在中，，B选项错误，
，
则，C选项正确；
当时，，D选项正确.
12.
解析：，所以.
13.
解析：，若为的极值点，则，.
14.
解析：设铁球半径为r，两铁球位置如图所示，
竖直方向有，，
即，
水平方向有，，
即，
则
化简得：
，
解得：，（舍）
故答案为.
15.（1）
（2）的值域为；单调递减区间为，，单调递增区间为，
解析：（1），由，故；
（2），，
，
故的值域为，
令，解得，
即的单调递减区间为，，
同理可得的单调递增区间为，.
16.（1）
（2）
解析：（1），，，椭圆方程为：；
（2）设，点，点，，
联立可得：，其判别式为，
，（两根同号），
由，可得或，
，
解得，
.
17.（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由，，可得平面平面，
又由平面，故平面；
（2）由且，可知即为二面角的平面角，为
不妨设，在平面内，由点作EB垂线，垂足为O，
可证底面，，
如图建系，
，，设平面的法向量为
则有，取，；
，，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
即平面与平面成角，
则有，故.
18.（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析
（ii），证明见解析
解析：（1）证明：因为，，
所以
，
当时，令，解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以是在上唯一的极值点，是极大值点.
又因为，，
所以，，
即是在上唯一的零点；
（2）（i）因为，
所以
，
因为，所以，，
所以，
即在上单调递减；
（ii）由（i）得，在上单调递减，
所以，
即，，
因为是的零点，所以，
所以，
又因为，，且在上单调递减，
所以.
19.（1），
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）3球后甲比乙至少多两分，只能是甲3分乙0分，
因此；
4球后甲比乙至少多两分，可能是甲4分乙0分，或者甲3分乙1分，
因此.
（2）根据对称性，以及（1）的结果，可得，.
因此，
因此，又，故，.
答案为
（3）记表示m球甲得x分的概率
，
故，
故要证：
只需证：
即只需证：
即只需证：
即.由条件，故结论成立.
由
现在考虑右边的不等式
只需证：
只需证：
只需证：
只需证：
只需证：
因为，且，故上面不等式成立.证毕.