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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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）

【2026年高考全国2卷数学真题第9题】已知圆\(O\)：\(x^2+y^2=1\)，圆\(A\)：\(x^2+y^2-6x-8y+k=0\)，则下列说法正确的是【\(\qquad\)】

\(A\). 点 \(A\) 的坐标为 \((-3,-4)\)

\(B\). \(k=9\) 时，圆 \(A\) 与 \(x\) 轴相切

\(C\). 当 \(k=-11\) 时，圆 \(A\) 与圆 \(O\) 相切

\(D\). 当圆 \(A\) 与圆 \(O\) 相交时，两交点所在的直线方程为 \(6x+8y-k-2=0\)

解析：先整理圆\(A\)标准式：

\(x^2-6x+y^2-8y=-k\)

\((x-3)^2-9+(y-4)^2-16=-k\)

\((x-3)^2+(y-4)^2=25-k\)

圆心\(A(3,4)\)，半径\(r_A=\sqrt{25-k}\ (k<25)\)，圆\(O\)圆心\(O(0,0)\)，半径\(r_O=1\)，\(|OA|=\sqrt{3^2+4^2}=5\)

对选项A：圆心\(A(3,4)\)，不是\((-3,-4)\)，A错误

对选项B：\(k=9\)时，\(r_A=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\)，圆心\(A(3,4)\)到\(x\)轴距离为纵坐标\(4\)，等于半径，圆与\(x\)轴相切，B正确

对选项C：\(k=-11\)时，\(r_A=\sqrt{25-(-11)}=\sqrt{36}=6\)，\(|OA|=5=r_A-r_O=6-1\)，两圆内切，属于相切，C正确

对选项D：两圆公共弦方程，两圆方程相减：

\((x^2+y^2-6x-8y+k)-(x^2+y^2-1)=0\)

\(-6x-8y+k+1=0 \implies 6x+8y-k-1=0\)

题干写\(6x+8y-k-2=0\)，D错误

答案：\(BC\)

【2026年高考全国2卷数学真题第10题】已知等比数列\(\{a_n\}\)的公比\(q\ne1\)，且\(a_1>0\)，\(2a_3=a_1+a_2\)，记数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，则【\(\qquad\)】

$A. q=-\dfrac12$ $B. S_n>\dfrac23a_1$ $C. 2S_{n+2}=S_{n+1}+S_n$ $D. S_1+S_2+\dots+S_n>\dfrac{2n}{3}a_1$

解析：由\(2a_3=a_1+a_2\)，等比通项\(a_3=a_1q^2,\ a_2=a_1q\)，\(a_1>0\)可约去：

\(2q^2=1+q\)

\(2q^2-q-1=0\)

\((2q+1)(q-1)=0\)

\(q\ne1\)，故\(q=-\dfrac12\)，选项A正确

等比求和\(S_n=\dfrac{a_1\left[1-\left(-\dfrac12\right)^n\right]}{1-\left(-\dfrac12\right)}=\dfrac{2a_1}{3}\left[1-\left(-\dfrac12\right)^n\right]\)

分析\(S_n\)范围：

\(\left(-\dfrac12\right)^n\)取值范围\(\left[-\dfrac12,\dfrac14\right]\)

\(-\left(-\dfrac12\right)^n \in \left[-\dfrac14,\dfrac12\right]\)

\(1-\left(-\dfrac12\right)^n \in \left[\dfrac12,\dfrac54\right]\)

\(S_n=\dfrac{2a_1}{3}\cdot t,\ t\in\left[\dfrac12,\dfrac54\right]\)

最小值\(S_{min}=\dfrac{2a_1}{3}\cdot\dfrac12=\dfrac13a_1<\dfrac23a_1\)，B错误

验证C：\(2S_{n+2}-S_{n+1}-S_n\)

\(S_{n+2}=S_n+a_{n+1}+a_{n+2}\)

\(2(S_n+a_{n+1}+a_{n+2})-(S_n+a_{n+1})-S_n\)

\(=2a_{n+1}+2a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}+2a_{n+2}\)

\(a_{n+2}=qa_{n+1}=-\dfrac12a_{n+1}\)

\(a_{n+1}+2\cdot\left(-\dfrac12a_{n+1}\right)=a_{n+1}-a_{n+1}=0\)

\(2S_{n+2}=S_{n+1}+S_n\)，C正确

验证D：\(S_n=\dfrac{2a_1}{3}-\dfrac{2a_1}{3}\left(-\dfrac12\right)^n\)

求和\(\sum\limits_{k=1}^n S_k=\sum\limits_{k=1}^n\left[\dfrac{2a_1}{3}-\dfrac{2a_1}{3}\left(-\dfrac12\right)^k\right]\)

\(=\dfrac{2n}{3}a_1-\dfrac{2a_1}{3}\sum\limits_{k=1}^n\left(-\dfrac12\right)^k\)

等比小和：\(\sum\limits_{k=1}^n\left(-\dfrac12\right)^k=\dfrac{-\dfrac12\left[1-\left(-\dfrac12\right)^n\right]}{1+\dfrac12}=-\dfrac13\left[1-\left(-\dfrac12\right)^n\right]\)

代入：

\(\sum S_k=\dfrac{2n}{3}a_1-\dfrac{2a_1}{3}\cdot\left[-\dfrac13\left(1-\left(-\dfrac12\right)^n\right)\right]\)

\(=\dfrac{2n}{3}a_1+\dfrac{2a_1}{9}\left[1-\left(-\dfrac12\right)^n\right]\)

\(1-\left(-\dfrac12\right)^n>0\)恒成立，\(a_1>0\)，故\(\sum S_k>\dfrac{2n}{3}a_1\)，D正确

答案：\(ACD\)

【2026年高考全国2卷数学真题第11题】已知抛物线\(E\)：\(y^2=8x\)，有一斜率为 \(k(k>0)\) 的直线 \(l\) 过点 \((-1,0)\)，点 \(A\) 在抛物线 \(E\) 上，\(B,C\) 两点在直线 \(l\) 上，且 \(\triangle ABC\) 为等边三角形，则【\(\qquad\)】

\(A.\)抛物线\(E\)的准线方程为\(x=-2\)

\(B.\)当直线\(l\)与抛物线\(E\)无交点时，\(k>\sqrt{2}\)

\(C.\)若直线\(l\)与抛物线\(E\)相交于唯一一点\(B\)，则抛物线\(E\)的焦点在直线\(AB\)上

\(D.\)当\(k=2\)时，\(\triangle ABC\)面积的最小值为\(\dfrac{\sqrt{3}}{15}\)

解析：抛物线\(y^2=8x\)，\(2p=8,p=4\)，焦点\((2,0)\)，准线\(x=-\dfrac{p}{2}=-2\)，A正确

直线\(l\)过\((-1,0)\)，\(k>0\)，方程\(y=k(x+1)\)，联立抛物线：

\([k(x+1)]^2=8x\)

\(k^2x^2+(2k^2-8)x+k^2=0\)

判别式\(\Delta=(2k^2-8)^2-4\cdot k^2\cdot k^2\)

\(=4k^4-32k^2+64-4k^4\)

\(=-32k^2+64\)

无交点则\(\Delta<0\)：

\(-32k^2+64<0 \implies k^2>2\)，\(k>0\)，故\(k>\sqrt{2}\)，B正确

相切时\(\Delta=0\)，\(k=\sqrt{2}\)，切点\(B\)，直线\(l:y=\sqrt{2}(x+1)\)

联立得\(2x^2+(4-8)x+2=0 \implies 2x^2-4x+2=0 \implies x=1\)，\(y=\sqrt{2}(2)=2\sqrt{2}\)，\(B(1,2\sqrt{2})\)

\(A\)是抛物线上到直线\(l\)距离等于\(BC\)的点，\(\triangle ABC\)等边，\(AB\)垂直\(l\)，\(l\)斜率\(\sqrt{2}\)，\(k_{AB}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

\(AB\)方程：\(y-2\sqrt{2}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}(x-1)\)，代入焦点\((2,0)\)验证：

左边\(0-2\sqrt{2}=-2\sqrt{2}\)，右边\(-\dfrac{1}{\sqrt{2}}(2-1)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，两边不等，焦点不在\(AB\)上，C错误

\(k=2\)时，直线\(l:y=2(x+1)\)，设\(A\left(\dfrac{y_0^2}{8},y_0\right)\)

点\(A\)到直线\(2x-y+2=0\)距离\(d=\dfrac{\left|2\cdot\dfrac{y_0^2}{8}-y_0+2\right|}{\sqrt{4+1}}=\dfrac{\left|\dfrac{y_0^2}{4}-y_0+2\right|}{\sqrt{5}}\)

等边三角形边长\(a=\dfrac{2d}{\sqrt{3}}\)，面积\(S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot\dfrac{4d^2}{3}=\dfrac{d^2}{\sqrt{3}}\)

令\(f(y_0)=\dfrac{y_0^2}{4}-y_0+2=\dfrac14(y_0^2-4y_0+8)=\dfrac14\left[(y_0-2)^2+4\right]\)，最小值\(1\)

\(d_{min}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)，\(S_{min}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{\sqrt{5}}\right)^2}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{5\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{15}\)，D正确

答案：\(ABD\)

三、填空题

（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）

【2026年高考全国2卷数学真题第12题】设\(S_n\)为等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，若\(a_1=-1\)，\(a_4=5\)，则\(S_6=\underline{\qquad\qquad}\)

解法1：求公差再求和

\(a_4=a_1+3d\)，\(5=-1+3d \implies 3d=6 \implies d=2\)

\(S_6=6a_1+\dfrac{6\times5}{2}d\)

\(=6\times(-1)+15\times2\)

\(=-6+30=24\)

解法2：等差数列性质

\(a_1=-1,\ a_4=5\)，\(a_1+a_6=a_3+a_4\)，\(a_4=a_1+3d,a_6=a_1+5d\)

\(S_6=\dfrac{6(a_1+a_6)}{2}=3(a_1+a_6)\)

\(d=2,\ a_6=-1+10=9\)

\(S_6=3(-1+9)=24\)

答案：\(24\)

【2026年高考全国2卷数学真题第13题】若函数\(f(x)=2^x+2^{2-x}-m\)有两个零点，则\(m\)的取值范围是\(\underline{\qquad\qquad}\)

解析：令\(t=2^x>0\)，\(2^{2-x}=\dfrac{4}{t}\)，原式：

\(y=t+\dfrac4t,\ t>0\)

对勾函数\(t+\dfrac4t\ge2\sqrt{t\cdot\dfrac4t}=4\)，当\(t=2\)即\(x=1\)取最小值\(4\)

\(t\to0^+\)或\(t\to+\infty\)时，\(t+\dfrac4t\to+\infty\)

\(f(x)\)有两个零点等价于\(t+\dfrac4t=m\)有两个不同正根，故\(m>4\)

答案：\((4,+\infty)\)

【2026年高考全国2卷数学真题第14题】已知球\(O\)的体积为\(V_0=4\sqrt{3}\pi\)，点\(A,B,C,D\)均在球表面上，若\(\triangle ABC\)为正三角形，且\(DA=DB=DC=\sqrt{2}\)，则\(S_{\triangle ABC}=\underline{\qquad\qquad}\)

解析：球体积\(V=\dfrac43\pi R^3=4\sqrt{3}\pi\)

\(\dfrac43R^3=4\sqrt{3} \implies R^3=3\sqrt{3}=(\sqrt{3})^3 \implies R=\sqrt{3}\)

由\(DA=DB=DC\)，\(D\)在底面\(\triangle ABC\)的垂线上，设\(\triangle ABC\)外接小圆半径\(r\)，\(D\)到平面\(ABC\)距离\(h\)

设正三角形边长\(a\)，\(r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)

\(DA^2=r^2+h^2 \implies 2=r^2+h^2\)

球心在\(D\)与底面圆心连线上，球半径\(R=\sqrt{3}\)，满足\(R^2=r^2+\left|R-h\right|^2\)

\(3=r^2+(\sqrt{3}-h)^2\)

联立方程组：

\(\begin{cases} r^2+h^2=2 \\ r^2+3-2\sqrt{3}h+h^2=3 \end{cases}\)

第二式化简：\((r^2+h^2)+3-2\sqrt{3}h=3\)，代入\(r^2+h^2=2\)

\(2+3-2\sqrt{3}h=3 \implies 2\sqrt{3}h=2 \implies h=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

\(r^2=2-h^2=2-\dfrac13=\dfrac53\)，又\(r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a \implies r^2=\dfrac{a^2}{3}\)

\(\dfrac{a^2}{3}=\dfrac53 \implies a^2=5\)

正三角形面积\(S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{5\sqrt{3}}{4}\)

答案：\(\dfrac{5\sqrt{3}}{4}\)