专题16 冲刺高分突破小题压轴（二）（精选60题）专项训练-【百强名校好题】2026年高考数学终极必刷：核心考点突破+必刷真题精练（全国通用）

专题16 冲刺高分突破小题压轴（二） 百强名校-必刷真题精练 一、单选题 1．已知函数，若不等式在上恒成立，则参数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷 【分析】由题意可得，作和在上的图象，的图象在图象上方，分图象在图象左右两侧两种情况讨论，结合导数的几何意义即可得解. 【详解】由，，得， 如图，作和在上的图象， 由题意，的图象在图象上方， 随值移动， ①当图象在图象左侧，移动到与相切时， 设与相切，， 设切点为， 则 且由图象，所以，， 结合图象，． ②当图象在图象右侧，若与相交于点，， 得，结合图象，， 综上，. 故选：D． 2．某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高三下学期校模拟考试数学试卷 【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率. 【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种， 若获二等奖，则奖券码为3的正整数倍，所以生成的5个数字之和可以为3，6，9（和的最大值为10）； （1）当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0； 若为三个1和两个0，共有种， 若为一个2，一个1，三个0，共有种， 即数字之和为3时共有种； （2）当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1； 若为三个2和两个0，共有种， 若为两个2，两个1，一个0，共有种， 若为一个2，四个1，共有种； 即数字之和为6时共有种； （3）当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种， 因此符合条件的组合数共有种， 所以获二等奖的概率为. 故选：A 3．在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题 【分析】利用递推关系式构造出等差数列，可求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，根据所求可对各选项做出判断. 【详解】由题意，，等式两边同时除以，可得. 设，则，又因为， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列. 则，.故A 正确； 所以，， 则， 两式相减可得 ， 所以.故B正确； 对于C，.故C正确； 对于D，，， 则.故D错误. 故选：D. 4．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】广东省深圳市高级中学高中园2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题 【分析】延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果. 【详解】如图，    延长与交于点，则是的角平分线， 由可得与垂直， 可得为等腰三角形，故为的中点， 由于为的中点， 则为的中位线，故， 由于，所以， 所以， 问题转化为求的最值， 而的最小值为，的最大值为，即的值域为， 故当或时，取得最大值为 ， 当时，在轴上，此时与重合， 取得最小值为0，又由题意，最值取不到， 所以的取值范围是， 故选：A. 【点睛】该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目. 5．若，数列的前n项和为，且，，则（   ） A．76 B．38 C．19 D．0 【答案】B 【来源】吉林省实验中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 【分析】分析函数的对称性，求出数列的通项公式，再利用数列性质及函数对称性求和可得结果. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 所以函数的图象关于点成中心对称， 所以，若，则. 由，得当时，， 两式相减得，整理得，即， 因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有， 所以数列为常数列，故，即， 由得数列是等差数列， 所以， 故， 所以. 故选：B. 6．已知且， 函数，若函数的图象上有且仅有两个点关于轴对称，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】海南省海口市第二中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 【分析】将函数的图象上有且仅有两个点关于轴对称，转化为的图象与的图象有且仅有一个交点，分和两种情况分析，可得的取值范围. 【详解】 关于轴对称后得. 所以函数的图象上有且仅有两个点关于轴对称， 可以转化为的图象与的图象有且仅有一个交点. 若，则的图象与的图象有且只有一个交点； 若，当的图象与的图象有且只有一个交点时， 须满足，所以. 综上，的取值范围是. 故选：D. 7．已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 【分析】令，根据指数与对数的互化可得，均为方程的根，进而得到，，进而求解即可. 【详解】令，则， 由， 得， 则， 则，均为方程的根， 则，即， 所以. 故选：A. 8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 【分析】整理函数解析式，然后代入不等式，整理化简得到，由指数函数的单调性得到，令函数，由基本不等式求出函数的最小值，即可得到不等式，求出实数m的取值范围. 【详解】, , , . , ∵在上单调递增， 即 令函数， ∵，∴， ∴，当且仅当，即时取等号. ∴，∴. 故选：B. 【点睛】思路点睛，本题是不等式恒成立问题，将函数解析式代入不等式化简得到新的不等式，然后利用函数的最小值建立与参数有关的不等式. 9．已知个大于2的实数，对任意，存在满足，且，则使得成立的最大正整数为（    ） A．14 B．16 C．21 D．23 【答案】D 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 【分析】构造函数，结合函数单调性可得，则有，即可得解. 【详解】由，且，，故，即， 令，， 故当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 由，即，故，， 又，故，即， 若，则有， 即，由，故. 故最大正整数为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数的性质，结合其单调性得到，从而得到，则有，即可得解. 10．已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期期中教学质量检测数学试题 【分析】先分析函数的性质，通过构造新函数判断其奇偶性与单调性，再利用函数性质将不等式进行转化，最后求解不等式得到的取值范围. 【详解】由题设，令， 故是奇函数，又令，则， 又易知为增函数，故为增函数. ，即， ，则， 对任意均成立，即，而 当且仅当时等号成立，. 故选：B. 11．已知，函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 【分析】构造函数和，求导，结合零点存在性定理可得为方程的两个实数根，所以，，．进而建立间的等量关系，化简，构造函数，求导即可求解.或者将不等式变形为，作出函数，，的大致图象，根据图象可得为方程的两个根，即可根据解法一求解. 【详解】由题意得的定义域为．设， 则，令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 又当时，，当时，， 所以在内有两个零点，设为， 则当时，，当时，． 设， 由，得当时，， 当时，，则为方程的两个实数根， 所以，，． 又，，所以，， 所以， 即，则，所以． 易知，，故， 设，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故的最小值为． 解法二 由，，， 得． 在同一平面直角坐标系中作出函数，，的大致图象， 数形结合可知，若， 则与，的图象的两个交点重合， 如图，设这两个交点分别为，则为方程的两个实数根， 所以，，． 易知为方程的两个实数根，所以，， 以下同解法一． 故选：C. 二、多选题 12．已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【来源】福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 13．记的内角的对边分别为，外接圆半径为；面积为S，若，则（   ） A． B． C．当时，有唯一值 D．当时，有且仅有2个值 【答案】BCD 【来源】湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高三上学期月考一数学试题 【分析】A选项，由诱导公式，三角恒等变换，结合题目条件得到，根据三角形面积公式得到，求出A错误；B选项，由正弦定理得到；C选项，当时，，，所以，则，所以，C正确；D选项，根据和题目条件，换元可得，令，求导得到其单调性，结合特殊点函数值，零点存在性定理得到在内有且仅有2个值，则有且仅有2个值，D正确. 【详解】A选项，因为， 所以， 又， 所以 ， 所以， 因为， 所以，A错误； B选项，由正弦定理得， 故， ，B正确； C选项，当时，，，， 所以，则， 又，，所以，所以，C正确； D选项，当时，，，， 所以， 所以，故，， 即， 令，故，令， 则， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以在内有且仅有2个零点， 所以在内有且仅有2个值，则有且仅有2个值，D正确. 故选：BCD 14．已知，且，函数，则（    ） A．当时，恒成立 B．当时，有两个零点 C．当时，有且仅有1个零点 D．存在，使得存在三个极值点 【答案】ABC 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 【分析】对于A，不等式变形后求函数的最值进行判断；对于B，结合选项A中的新函数进行判断；对于C，确定函数的单调性，利用零点存在定理进行判断；对于D，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导数的零点个数，得极值点个数判断. 【详解】对于A，当时， 要证明，即证明， 即证明，即证明， 设， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减，，故A正确； 对于B，当时，由得， 当时，由A的分析可知，，因此有两个零点，故B正确； 对于C，当时，单调递减， 存在唯一零点，故C正确； 对于D，，令得， 两边同时取对数得， 设， ，令得， 则在上单调递减， 在上单调递增，最多有两个零点， 最多有两个极值点，故D错误. 故选：ABC. 15．在平面内，若有，则（    ） A．在上的投影向量为 B． C．的最小值 D．若，则的取值范围 【答案】ACD 【来源】重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷 【分析】根据投影向量的定义可判断A；建立平面直角坐标系，设，推出终点位于以为圆心，1为半径的圆上，结合圆的性质可判断B；结合，再结合圆的性质判断C；由可得，再结合三角代换，利用三角恒等变换即可判断D. 【详解】对于A，由，可得， 得在上的投影向量为，A正确； 对于B，不妨设，以O为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 由于，可得， 设，则， 由，得， 即，即， 即的终点位于以为圆心，1为半径的圆上， 设为D，则, 故，即，B错误； 对于C，由可知，即， 而，故的最小值为，C正确； 对于D，由，得， 故，可得， 而在圆上，设， 则， 当即时，取到最小值， 当即时，取到最大值， 故的取值范围，D正确. 故选：ACD 16．已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（   ） A．为奇函数 B． C．在上单调递减 D． 【答案】ABD 【来源】海南省海南中学2025届高三高考模拟信息卷（二）数学试题 【分析】令求出，令，可判断A；令与 令求出，可判断B；对两边同时对求导，把看作常数，求出可判断C；是以4 为周期循环的，利用周期性可判断D. 【详解】对于A，由已知函数定义域为，关于原点对称， 令，由得， 令，由，可得， 所以为奇函数，故A正确； 对于B，，令，则， 令，则， 所以，解得，可得， 故B正确； 对于C，对两边同时对求导，把看作常数， 得，因为，令， 所以，即，得， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递增，当时， 单调递减，故C错误； 对于D，因为，是以4 为周期循环的，，， ，， 所以 ， ，故D正确. 故选：ABD. 17．设函数，若时，，则（   ） A． B．的定义域为 C．是偶函数 D．的值域为 【答案】ACD 【来源】河北省衡水中学2026届高三上学期11月调研数学试题 【分析】对A，令代入求解；对B，由值域可判断；对C，令，换元求得，由偶函数定义判断；对D，令，则可化为二次函数求解值域. 【详解】对于A：令，则，， 故，故A正确； 对于B：令， 由，则，即定义域为，故B错误； 对于C：由于， 则，又，故， 也即，由于定义域关于原点对称，且， 故是偶函数，故C正确； 对于D：令， 则，对称轴为，其位于定义域区间之内， 所以函数的最小值为． 又，，故函数的最大值在端点处取得为2，值域为，故D正确． 故选：ACD． 18．已知函数，若方程有四个不等的实根且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【来源】吉林省长春外国语学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】作出函数的图象，结合图象，可判定A正确；根据，由对数式的运算，可判定B错误；由关于直线对称，得到，结合二次函数的性质可得的范围，可判定C正确；由，结合不等式的性质可判定D错误. 【详解】作出函数，如图所示， 结合图象，要使有四个不等的实根，则，所以A正确； 由图可知，则， 因为，可得，即， 所以，所以B错误； 由图可得，令，则， 因为关于直线对称，所以，所以， 则， 又因为，可得，所以，所以C正确； 当时，，令，可得， 所以，结合图象知，同增同减， 所以，所以D错误． 故选：AC.    19．如图，在直棱柱中，底面ABCD为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足（，），则下列说法正确的是（   ） A．若，则三棱锥的体积为定值 B．若，则有且仅有一个点P，使得 C．若，则的最小值为6 D．若，，则平面DPM截该直棱柱所得截面周长为 【答案】ACD 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 【分析】根据每个选项确定点的位置，并通过数形结合进行求解. 【详解】对于选项：当时，，故点在上运动， 而平面， 所以三棱锥的体积为定值. 故正确； 对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动， 当点与点重合时，因为底面为菱形，且， 所以，又因为为中点，所以， 又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面. 则，所以， 又，所以，即 所以，即. 当点与点重合时，因为， 又，所以，则，即， 所以，即. 故错误； 对于选项：当时，取中点记为，取中点记为， 连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为， 连接，此时点、、三点共线， 故点与点重合时，取得最小值为， 故正确； 对于选项：当，时，为的中点， 因为由直棱柱性质可知，面面，面面， 则平面截该直棱柱交于，交于. 且由定理可得 ，所以易得与相似，与相似， 易知，， 所以，， ， ， 易得平面截该直棱柱所得截面周长为， 故正确. 故选：ACD 20．已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（   ） A．若且，则数列是等比数列 B．若，则数列是递增数列 C．若数列是常数列，则 D．若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 【答案】AC 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 【分析】当时，得到，两边取对数即可判定A；当时，求得，可判定B；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，可判定C；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简可判定D. 【详解】对于A，若，可得，即， 当且时，两边取对数，可得，即， 此时数列表示首项为，公比为的等比数列，故A正确； 对于B，当时，可得，即， 例如：当时，由，可得， 又由，可得，此时， 所以当，数列不一定是递增数列，故B错误； 对于C，若数列为常数列，则， 因为，即， 又因为，所以， 所以的取值范围为，故C正确； 对于D，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且， 因为，可得，所以， 则，即， 又因为数列的各项均为正数，即， 所以，即，这与矛盾， 所以数列的最小正周期不可能是，故D错误. 故选：AC. 21．已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（    ） A． B．当平面截三棱锥的截面为正方形时， C．三棱锥的体积最大值为1 D．当时，三棱锥的外接球的半径为 【答案】ACD 【来源】江苏省泰州中学2025届高三下学期模拟一数学试题 【分析】对A，利用线面垂直证线线垂直；对B，计算出的长度即可；对C，当为直角时体积最大；对D，先找到球心的位置，再进行计算. 【详解】对A，取AC中点H，则由，， 所以AC⊥，， 平面，， 所以AC⊥面，又平面， 所以AC⊥，A正确； 对B，取的中点I，易知EFGI为平行四边形(如下图)， 则截面为正方形时，EF=FG=1，由中位线，=2，又BH==， 所以∠不可能为，B错误； 对C，当面ABC时体积最大，最大为，C正确； 对D，过和的外心作所在面的垂线，则交点O即为外心， 又，所以，所以，D正确. 故选：ACD. 22．数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（    ） A．曲线由两条抛物线的一部分组成 B．线段的长度与点到直线的距离相等 C．若线段的长度为，则直线的斜率为 D．若，则直线的斜率为 【答案】ABD 【来源】江苏省扬州中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 【分析】对于选项A，根据题干列出等式即可判断；对于选项B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项C，利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项D，由焦半径，又因为可得，即可得到结果. 【详解】 对于A选项，设曲线上任意一点， 由定义可知，满足， 移项，平方可得：， 即，为两条抛物线，故A正确； 对于B选项，和直线分别为抛物线的焦点和准线，由抛物线定义可知，故B正确 对于C选项，设与轴夹角为同时为抛物线和椭圆的焦点，， ， 解得，则，故C错误. 对于D选项，易知为抛物线和的焦点， 前者，后者分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此 ，由于， 则，因此，所以，故D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解. 23．到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，动点的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线，则下列描述正确的是（    ） A．曲线的方程是 B．曲线关于坐标轴对称 C．曲线与轴没有交点 D．的面积不大于 【答案】ABD 【来源】福建省厦门第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】由已知，利用两点间距离公式，可得动点的轨迹方程，即可判断A；由对称性代入即可判断B；在的轨迹方程中令，可解出，即可判断C；由三角形的面积公式，即可判断D. 【详解】设，由， 得， 化简得，故A正确； 该方程中把改为或把改为方程均不变，故B正确； 在方程中，令得， 当时，或，当时，，当时，，故C不正确； ，故D正确. 故选：ABD. 24．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，是上异于顶点的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若过点，则为钝角 B．若，则的斜率为 C．若，则点的纵坐标为1时，最小 D．若四边形为平行四边形，则过定点 【答案】AC 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷 【分析】联立直线与抛物线方程利用向量数量积的符号可判断A正确，由可得坐标间的关系，联立解方程组可得B错误，利用抛物线定义以及几何关系可得C正确，根据四边形为平行四边形并结合韦达定理，利用向量表示解方程可得D正确. 【详解】易知焦点，对于A，若过点， 可设直线方程为，，， 联立抛物线方程可得，可得，， 所以 ， 所以为钝角，即A正确； 对于B，由，可得过点， 由题意可得，所以， 结合，，可得，可得的斜率为，即B错误； 对于C，易知是抛物线的准线与轴的交点， 作与准线垂直，垂足为，如图所示： 由抛物线的定义可得，所以． 又在中，，且， 因此当取得最大值时，满足题意，此时斜率存在且与抛物线相切． 设的方程为，代入抛物线方程可得， 所以，即，解得，此时， 因此点的纵坐标为1时，最小，即C正确； 对于D，设，直线：，如图： 联立，可得， 因此，，所以， 因为四边形为平行四边形，所以， 即， 所以，， 代入，可得，解得， 即：，显然过定点，即D错误， 故选：AC． 25．已知为坐标原点，是抛物线的焦点， 是抛物线上的点，直线的斜率为1且满足 ，则（    ） A． B．若 ，则 C． D． 【答案】ACD 【来源】重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联合考试数学试题 【分析】求出抛物线的焦点坐标，由直线的斜率求得，再结合抛物线定义逐项判断得解. 【详解】依题意，，直线的斜率， 解得，数列是以2为首项，4为公差的等差数列， 则， 对于A，，A正确； 对于B，由，得，B错误； 对于C，，直线：与轴交于点， 因此的面积，C正确； 对于D，由对称性知，要证， 即证， 即证， 而， 同理， 由数列是等差数列知， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用抛物线的对称性，把转化为是求证的关键. 26．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（    ） A．当最大 B．使得成立的最小自然数 C． D．中最小项为 【答案】ABD 【来源】广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期1月模拟训练数学试题 【分析】根据条件，结合等差数列的性质，可得，，，由此可判断ABC的真假；再由和时，，时，，再结合，的单调性可判断D的真假. 【详解】因为，所以， 由，所以，所以， 所以. 所以，当时，最大，故A正确； 由，， 所以使得成立的最小自然数，故B正确； 由，且， 所以，即，故C错误； 因为当时，，，所以； 当时，，，所以； 当时，，，所以. 且，， 所以中最小项为，故D正确. 故选：ABD. 27．某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【来源】2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题 【分析】由题意确定甲的投中次数为，满足 .进而逐项判断即可； 【详解】记甲的投中次数为，则. 对于A选项，当时，甲通过考核最少要投中2次，0.972，A正确. 对于B选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为. . 当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，则第21次不管投中与否都通过考核； 若前20次投中10次，则第21次投中才能通过考核；若前20次里投中次数不超过9，则第21次不管投中与否都不能通过考核. ，显然，B错误. 对于C选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为.. 当时，若前19次里投中次数不少于10，则第20次不管投中与否都通过考核； 若前19次投中9次，则第20次投中才能通过考核；若前19次里投中次数不超过8，则第20次不管投中与否都不能通过考核. ，显然，C错误. 对于D选项，当时，将甲的投中次数分为以下4种情况，分别为. . 当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，则第21，22次不管投中与否都通过考核； 若前20次投中10次，则第次至少要投中1次才能通过考核； 若前20次投中9次，则第21，22次都投中才能通过考核； 若前20次里投中次数不超过8，则第21，22次不管投中与否都不能通过考核. ， . ，所以，D正确. 故选：AD 28．如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括，两点），直线垂直于平面，且．连结交母线于点．下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的4个面均为直角三角形 B． C．沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2 D．当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为 【答案】ABD 【来源】2025届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高考数学核心素养试题卷 【分析】根据线面垂直得到线线垂直，即可判断；根据，利用解三角形过程即可求解；判断出圆锥展开为一个半圆，再利用勾股定理求解；得出为直线与平面所成角，设，表示出，得出，根据，利用基本不等式得出最值，根据锥的外接球半径为，点到平面的距离为，又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为，即可求解． 【详解】对于A，根据直线垂直于平面，故，故为直角三角形，半圆锥的底面直径为，为圆弧上任意一点（不包括，两点），，故为直角三角形，，，故平面，得，故为直角三角形，故A正确； 对于B，中，，则； ．B答案正确． 对于C，将圆锥沿母线剪开后得到平面展开图，，则； 即圆锥展开为一个半圆． 又，则，C答案错误． 对于D，过P作于，连接，则面， 故为与面所成的角 设，则， 则， 可得． 设，则上式， 当且仅当，即时取得“”． 又三棱锥的外接球半径为， 点到平面的距离为， 又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为； 则，所以，故D正确； 故选：ABD． 29．如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 【答案】ABD 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 【分析】由面面平行的判定与性质即可判断A；作出截正方体所得的截面，过点作平面，截得正方体的截面为，根据几何关系即可判断B；连接，由线面垂直的判定得平面，过作平面平面，交延长线于点，由图即可判断C；由三棱锥的体积公式即可判断D． 【详解】对于A，由正方体得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，作出截正方体所得的截面，如图所示，则 过点作平面，截得正方体的截面为，如图所示， 因为平面，所以， 此时，，进而， 所以，当在上运动时，满足，故B正确； 对于C，连接， 由正方体得，， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理得，，又平面， 所以平面， 当过的平面时，该平面平行于平面， 过作平面平面，交延长线于点，如图所示， 由图可知，平面与正方形无交点， 故不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，作出平面截得正方体的截面， 则， 所以， ， ， 所以，故D正确； 故选：ABD． 30．在平面直角坐标系xOy中，为坐标原点.已知曲线，点为曲线上的任意一点，下列结论正确的是（   ） A．曲线关于轴对称 B．曲线围成的封闭图形的面积大于 C．过原点的直线与曲线有且仅有两个交点 D．点到原点的距离不超过3 【答案】ABD 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期5月适应性检测数学试题 【分析】A证明关于轴的对称点也在曲线上；B根据曲线与圆的位置关系判断；C举反例，取；D利用即可求证. 【详解】对于选项A：因为曲线上任意一点，则， 则仍成立， 即关于轴的对称点也在曲线上，故A选项正确； 对于选项B：易知， 即曲线C上的点在圆的圆周上或其外部， 又圆的面积为，故面积大于，B选项正确； 对于选项C：取，方程化简为，解得，故有3个交点， 故C选项不正确； 对于选项D：，所以，D选项正确； 故选：ABD． 31．在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（   ）    A．若点在线段上，则的最小值为 B．三棱锥的体积为 C．异面直线、所成的角为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】AC 【来源】吉林省实验中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 【分析】对于A，的最小值为可判断A；对于B，过作于，求得，可求三棱锥的体积判断B；对于C；取的中点，则，取的中点，连接，求得，由余弦定理可求异面直线、所成的角判断C；对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于，求得外接球的半径，进而可求表面积判断D. 【详解】对于A，将沿直线翻折至，可得的最小值为，故A正确； 对于B，过作于，因为二面角为直二面角， 所以平面平面，又平面平面，所以平面， 由题意可得， 由勾股定理可得， 由，即，解得， 因为为线段的中点，所以到平面的距离为， 又，所以，故B错误；    对于C，取的中点，则，且，， 所以，因为，所以是异面直线、所成的角， 取的中点，连接， 可得，所以， 在中，可得， 由余弦定理可得，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以异面直线、所成的角为，故C正确； 对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于， 易得是的垂直平分线，所以是的外心， 又平面平面，又平面平面，所以平面， 又因为直角三角形的外心，所以是三棱锥的外球的球心， 又，所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，故D错误. 故选：AC. 32．在中，若，则（    ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【来源】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】对于选项A：先将的左右两边角化边，整理得解；对于选项B：由解出，用余弦定理的变形公式求出，再使用基本不等式得到，从而得到的最大值；对于选项C：先将的左边进行角化边，代入，得到，再将这个等式的左右两边进行边化角，得到，将转化为，使用两角和的正弦公式即可得解；对于选项D：先将的左边进行角化边，代入，得到，再将这个等式的左右两边进行边化角，得到，将其变形为，将等号左边的分子转化为，使用两角和的正弦公式和同角关系式即可得解. 【详解】对于选项A： ，， ， ，，选项A错误； 对于选项B：，，， 是的内角，，的最大角为，选项B正确； 对于选项C：，，， 又，，， ， ， ， ， ，选项C正确； 对于选项D：，，， 又，，，，，，，，，选项D正确. 故选：BCD. 33．已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于原点对称 B． C．点P横坐标的取值范围是 D．当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 【答案】ABD 【来源】浙江省杭州第二中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】通过设点坐标，根据点的对称、三角形的性质、椭圆的性质，逐一分析选项. 【详解】对于选项A： 设点，则关于原点的对称点为，根据两点间距离公式. 所以. 又因为， 所以. 又，所以. 所以曲线关于原点对称，所以A正确； 对于选项B： 当点与点共线时，则. 此时，所以或. 此时， 由得， 解得. 当点与点不共线时，根据三角形性质可得 ，由得， 解得. 综上可得，B正确； 对于选项C ：若的横坐标的范围为，取， 此时，但，矛盾，所以C错误. 对于选项D： 当点不在坐标轴上时，由B可知. 所以. 根据椭圆的性质可知点在椭圆的内部. 故答案为：ABD. 34．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（    ） A． B． C． D．直线的斜率为 【答案】ABC 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出， ，再由正弦定理得到，得到 ，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断． 【详解】解：由题意得，，， 当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求， 故设直线的方程为，不妨设， 联立，可得，易得， 设，，则，， 则，， 则，， 由正弦定理得，， 因为，， 所以， ， 即． 又由焦半径公式可知， 则，即， 即，解得， 则，，解得，， 故， 当时，同理可得到，故A正确 ． ，故B正确 ，故C正确 当时，，则 ，即 ， 此时 ． 由对称性可得，当时，， 故直线的斜率为，故D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： 在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法； （1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合； （2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法； （3）抛物线定义结合焦点弦公式. 35．已知函数定义域为，其导函数为，且，则下列说法正确的是（   ） A．一个对称中心为 B．的一个周期为2 C．的图象关于对称 D． 【答案】ACD 【来源】四川省绵阳南山中学实验学校2025-2026学年高三上学期一诊数学模拟卷（二） 【分析】对A，根据函数的对称性定义可判断；对B，由，两边求导可得的图象关于对称，结合条件可得，由周期函数的定义得解；对C，由的图象关于对称，周期为4，可判断；对D，将代入，可得，将代入结合可得，结合函数的周期性运算得解. 【详解】对于A，由满足，则关于中心对称，故A正确； 对于B，由，两边求导可得， 即，所以的图象关于对称， 又等价于， ，所以， ，即的一个周期为4，故B错误； 对于C，因为的图象关于对称，周期为4，所以的图象关于对称，故C正确； 对于D，将代入，可得， 将代入，得，又， 所以，， 所以， 又， 所以，故D正确. 故选：ACD. 36．已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（） A．曲线C关于直线对称 B．， C．曲线C被直线截得的弦长为 D．曲线C上任意两点距离的最大值为 【答案】ACD 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 【分析】对于A，根据对称的理解，进行运算即可判断A；对于B，通过分析方程的特征可求出的范围；对于C，求出直线和曲线的交点，用两点间的距离公式即可求解；对于D，对方程进行变形可知曲线C为椭圆，结合椭圆的形状判断即可. 【详解】选项A：将方程中的和互换，得到，与原方程一致，因此曲线关于直线对称，A正确； 选项：通过分析方程，设固定，解关于的二次方程，判别式要求， 得，即，超出，同理的范围也超过，B错误； 选项C：将直线代入曲线方程，解得交点为和， 故弦长为，C正确； 选项D：则即 又，即， 则 同理可得：， 则曲线的上任一点到的距离之和为： 曲线表示以为焦点且的椭圆，则， 则线段的最大值为正确； 故选：ACD 【点睛】点睛：关键点点睛：对于D选项，关键是对曲线方程进行变形，进行明确该曲线方程表示的是椭圆，利用椭圆的性质求解即可. 37．“费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点. 在 中，当最大内角小于 时，费马点 满足，当最大内角不小于 时，最大内角的顶点为费马点. 已知在 中， ，，点 为 的费马点，则（   ） A． B． C． D．在上的射影向量为， 【答案】ACD 【来源】重庆市育才中学校2026届高三上学期12月月考数学试题 【分析】由正弦定理，求得，结合余弦定理，可判定A正确；再求得，进而得到，证得，求得，可判定C正确；设，在中，由余弦定理列出方程，求得，结合向量的数量积的运算公式，可判定B；由余弦定理求得，作，求得，进而可判定D正确. 【详解】因为， 由正弦定理得，可得， 又由余弦定理，可得， 因为，所以，所以A正确； 又由且， 可得，解得， 由正弦定理可得，可得， 所以，所以为直角三角形，且 所以点满足， 如图所示，因为，可得， 又因为，所以， 所以，所以， 可得，所以C正确； 设，则， 在中，由余弦定理得，解得， 所以， 所以，所以B错误； 在中，，由余弦定理，求得， 过点作，垂足为，可得， 所以，所以在上的射影向量为，所以D正确. 故选：ACD. 38．已知数列满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．若数列为常数列，则或 C．若数列为递增数列，则 D．当时， 【答案】ABD 【来源】广西南宁市第二中学2024-2025学年高三下学期5月收网考数学试题 【分析】令可得，据此判断A，令，由递推关系求出即可判断B，根据B及条件数列为递增数列，分类讨论求出或时判断C，通过对取对数，构造等比数列求解即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 令，则，，故， 即，故A正确； 对于B，若数列为常数列，令，则，解得或， 或，故B正确； 对于C，令，则， 若数列为递增数列，则数列为递增数列， 则，解得或， 当时，，且， ，此时数列为递增数列，即数列为递增数列； 当时，，且， ，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列； 当时，， ，此时数列为递增数列，即数列为递增数列. 综上所述，当或，即或时，数列为递增数列，故C错误； 对于D，令，则，， 则，， 数列是首项为1，公比为2的等比数列， ，即，故D正确. 故选：ABD. 39．数列 满足 ，且 ，数列的前 项和为 ，从 的前 项中任取两项，它们之和为奇数的概率为 ，数列的前 项积为，则（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【来源】重庆市巴蜀中学校2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题 【分析】根据数列的递推关系，求出数列的前几项，即可判断A，B；根据组合数以及概率的计算公式，即可判断C；理解数列的前n 项积的概念，并通过运算即可判断D． 【详解】对于A ，当时，，即 ， 又因为 的偶数项所成的数列是以首项为4，公差为2的等差数列， ，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由选项A得的奇数项所成的数列是以首项为，公差为的等差数列， 偶数项所成的数列是以首项为4，公差为2的等差数列， ，故C错误； 当时， ， 又 , 所以 ，故D正确. 故选：AD． 【点睛】思路点睛：利用数列的递推关系得出的偶数项和奇数项均为等差数列，根据组合数以及概率的计算公式表达出是解题关键. 40．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若，则点的轨迹为一段圆弧 C．若的外心为O，则为定值2 D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【答案】ABD 【来源】江苏省扬州中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可. 【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 而由直四棱柱性质得， 而，由勾股定理得， 在直四棱柱中，，， 得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而面，面，所以面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故A正确， 对于B，如图，在面中，过作，连接， 由直四棱柱性质得面，则， 而，面， 故面，则， 而面为菱形，则面为菱形， 因为，所以， 因为，所以，则， 由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得， 因为，所以由勾股定理得， 则在以为圆心，为半径的圆上运动， 设该圆与交于，与交于， 由三角函数定义得，则， 即点的轨迹为一段圆弧，故B正确， 对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点， 由已知得，因为，所以， 而， ，故C错误， 对于D，若且，此时， 因为P为的中点，所以， 由向量加法法则得，故， 则点与点重合，此时把沿着翻折， 如图，使得四点共面，此时有最小值， 此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以， 由勾股定理得，如图，连接， 由已知得，则， 由余弦定理得，解得， 由直四棱柱性质得面，则， 则由勾股定理得， 则，故， 而，则，得到， 由余弦定理得，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可. 三、填空题 41．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 【答案】 【来源】浙江省杭州第二中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】设报1项的同学有人，报2项的同学有人，根据题意得，解出，再利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故答案为：. 42．在中，的面积为，且，则的最小值为 ． 【答案】 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 【分析】设，则，根据三角形的面积公式可得，利用余弦定理计算可得，由辅助角公式和正弦函数的图象与性质可得，解不等式即可. 【详解】设，则， 由，得， 由余弦定理得， 令，则， 即（其中）， 所以，即， 得，解得或，即或（舍去）， 解得或（舍去），所以的最小值为. 故答案为： 43．的百位、十位、个位所对应的数字按原顺序排列构成的三位数是 ． 【答案】249 【来源】河北省衡水中学2026届高三上学期11月调研数学试题 【分析】根据二项式定理可得，分析各项末三位是否为0，可知时，对于各项末三位均为0，然后计算时对应项的末3位，相加求得末3位数. 【详解】因为， 当时，必为的倍数， 即末三位均为0，不会对展开式中百位、十位、个位产生影响， 当时，可得，末三位均为0. 考虑的情况： 当，； 当，； 所以将这两项相加得到20249，取后三位即249． 故答案为：249． 44．已知，，x为的个位数，求 . 【答案】3 【来源】江苏省南京外国语学校2025-2026学年高三上学期10月学情调研数学试题 【分析】利用列举法求出的所有可能取值，并求出对应概率，再根据期望公式即可得解. 【详解】当时，，个位数为，有个， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 当时，，个位数为， 综上所述，可取， 且， 所以. 故答案为：. 45．已知是自然对数的底数，若，则的取值范围是 ． 【答案】 【来源】江苏省泰州中学2025届高三下学期模拟一数学试题 【分析】令，易得函数是增函数，则有，则，构造函数，利用导数求出函数的最值即可得解. 【详解】令， 因为函数都是增函数， 所以函数是增函数， 又，， 所以且， 则， 令，则， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 又， 所以当时，，当时，， 所以， 所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：令，根据函数是增函数，得出是解决本题的关键. 46．令，对抛物线持续实施下面“牛顿切线法”的步骤： 在点处作抛物线的切线交轴于； 在点处作抛物线的切线，交轴于； 在点处作抛物线的切线，交轴于； …… 得到一个数列，则的值为 ；数列的前项和 . 【答案】 /0.5 【来源】海南省海口市第二中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 【分析】根据定义，求出在处的切线即可得到，根据牛顿切线法定义，，再化简得出，求和计算即可. 【详解】由于，所以，切线方程为， 令，得，所以， 在点处的切线方程为， 因为该切线交x轴于点， 则，， 所以是以为首项以为公比的等比数列， 所以。 故答案为：； 47．已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，其渐近线的方程为，过F的直线l交E于C，D两点（C在x轴上方），直线AC，BD分别交y轴于点P，Q，则的值为 ． 【答案】 【来源】海南省海南中学2025届高三高考模拟信息卷（二）数学试题 【分析】先求出双曲线方程，设直线，与双曲线联立，利用韦达定理化简即可. 【详解】由题意可得，，，解得， 则， 设，与联立得， 设，则， 则， 直线，， 则，， 则 故答案为： 48．已知函数有三个零点，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 【分析】显然，分析可得在上存在一个零点，在上存在两个零点，当时令求出方程的解，即可得到，结合函数的单调性求出的范围，当时令，由确定的范围，再由求根公式求出方程的解，即可得到，解得即可. 【详解】因为，显然； 当时，函数在上单调递减， 则在最多一个零点， 要使函数有三个零点， 则在上存在一个零点，在上存在两个零点， 当时，令，即，解得， 所以，即，显然恒成立， 则只需满足，即，令， 因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减， 所以在定义域上单调递增，又，所以当时， 所以； 当时，令，即， 显然需满足，即， 此时由求根公式可得、， 依题意可得，解得或； 综上可得，即实数的取值范围为. 故答案为： 49．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则 ，的取值范围为 ． 【答案】 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 【分析】由正弦定理得到，由三角恒等变换得到，结合角的范围，得到，并利用三角恒等变换化简得到，根据为锐角三角形，求出，从而得到的取值范围. 【详解】， 由正弦定理得， 又， 故， 即， 为锐角三角形，，故，所以， 故，， 又，故，故， 解得， ， 因为为锐角三角形，且， 解得，故， ，， 故. 故答案为：， 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 50．已知在四棱锥中，面底面，且，，则四棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 【分析】根据题意可作底面，设，则四边形面积，再设，求导分析函数单调性，利用单调性求最值即可得到四棱锥体积的最大值. 【详解】如图，设中点为，连接， ，是的中点，，则， 又面底面，面底面，所以底面， 设四边形面积为，， 则， ，当时取等， 令， ， 令，解得或（舍），即， 所以当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 即， 底面，， 所以四棱锥体积的最大值为. 51．已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的任意一点，记为在椭圆上的切线，过作直线，垂足为，则面积的最大值为 【答案】 【来源】浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 【分析】证明出直线的方程为，求出点的纵坐标，设直线与直线的交点为，求出点的纵坐标以及的值，结合中位线的性质可得出，由此可知在以点为圆心，半径为的圆上运动，可得出点到轴距离的最大值，再结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】设点，其中，先证明出直线的方程为， 联立可得，则， 所以，直线的方程为，即， 在椭圆中，，，则，可得、， 因为，则直线的方程为，即， 联立，解得，即 易知直线的方程为，设直线与直线的交点为， 联立可得，即， 因为 ， 故点为线段的中点， 因为，由中垂线的性质可得， 所以，， 连接，因为为的中点，则， 即点在以点为圆心，半径为的圆上运动，故点到轴距离的最大值为， 因此，面积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于推导出点为的中点，结合中位线的性质得出点的轨迹，进而求解. 52．平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则 . 【答案】 【来源】安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期期中教学质量检测数学试题 【分析】设，，，作关于的对称点，如图根据向量的线性运算化简题中的等式，利用点关于直线的对称性可得，结合余弦定理可得出，利用二倍角的余弦公式求出，最后根据即可求解. 【详解】如图所示，设，则点在线段OB上运动， 故，设， 则 ， ，即 作关于的对称点，设， ，当且仅当三点共线时等号成立， 即， 在中，，，， 由余弦定理结合二倍角公式可得，解得：， 则. 故答案为：. 53．三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . 【答案】/ 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 【分析】根据等体积法可得，即可构造函数， 利用导数求解单调性，即可求解最值. 【详解】设三棱锥的高为，依题意，可取中点， 连接，，则, 由于，则, 则， 由于平面平面，且交线为,平面， 故平面，故, 则的面积为,的面积， 由可得和的面积为， 于是三棱锥的表面积为， 由等体积可知， 所以， 故=. 设函数，且， 则， 当单调递减， ，单调递增， 所以， 所以时，取得最小值， 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：利用等体积法得到，构造函数，求导. 54．已知直线与函数，的图象分别交于A，B两点，则最小值为 ，此时 ． 【答案】 0 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高三上学期高考适应性月考（二）数学试卷 【分析】根据互为反函数的两函数图象关于直线对称，且直线，互相垂直，转化为求曲线上一点到直线距离的最小值，利用点到直线的距离及导数即可得解. 【详解】由可得，，即其反函数为， 可知函数，互为反函数，图象关于直线对称， 因为直线，互相垂直， 问题可转化为求上点到直线距离的最小值的2倍， 可得，且， 构建，，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则，当且仅当时，等号成立， 所以最小值为，此时． 故答案为：；0. 55．如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为 . 【答案】 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面O1MH）的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点B处时，△O1MH的面积有最小值，求出三棱锥的体积即可． 【详解】因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60∘，边长为1， ∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=,O1B1=， ∴C1到平面BB1D1D的距离为O1C1=， ∵OH=3HB1，点M是线段BD上的动点， ∴当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积有最小值． 将平面BB1D1D单独画图可得， 当B点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值． 过点B做BF//O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大． 即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥的体积有最小值． 连接O1B, 则O1B=OB1==， ∴B1到O1B的距离d===， ∵OH=3HB1， ∴H到直线O1B的距离为d=． ∴===， ∴===． 故答案为． 【点睛】本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动态动点的最值问题需要先确定点的位置，属于较难题． 56．为激励高三学子的学习热情， 数学老师开发了一款小游戏程序， 同学们表现优秀时可参与一次. 游戏规则如下: 第一步， 在图①所示的棋盘内， 学生点击摇奖， 程序会随机放上 7 枚黑棋; 第二步， 学生自行选择空格放上 2 枚白棋; 最终， 每当有 4 枚棋子在同一行、列或对角线上时， 称为连成一条线. 若未连成线， 则获安慰奖；连成一、二、三条线，分别获三、二、一等奖，图②就是一种获一等奖的情况. 现在小明和小红都可参与一次游戏. 小明点击摇奖后， 出现了图③的情况， 若他随机地放上白棋，则他获二等奖的概率是 ；已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化，则在“点击摇奖后，7 枚黑棋中恰有 4 枚在第一列” 的条件下，她获一等奖的概率是 . 【答案】 【来源】重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联合考试数学试题 【分析】求出在图③中再放2枚棋子形成两条线的情况种数即可得小明获奖概率；构建模型，结合排除法求出保证奖励最大化的结果数，再利用古典概率求解. 【详解】对于小明，在图③的情况下，再放2枚白棋形成两条线的不同情况有4种， 而样本空间共有种不同情况，所以小明获二等奖的概率是； 对于小红，9枚棋子形成三条线的形状（简称“三线”）必然由一行、一列、一对角线构成， 由于第一列已经确定，则当第一或第四行连上时，对角线还有1种情况；当第二行或三行连上时， 对角线还有2种情况，因此“三线”共有种，由于小红总能保证奖励最大化， 则只需随机出来的形状恰好是“三线”去掉2枚棋子（简称“准三线”）即可， 于是从第一列外的5枚棋子中去掉2枚棋子形成的“准三线”共种， 但是，有一些“准三线”可以由多个“三线”得到： 第一列和某一对角线形成的“准三线”，可以由3个不同的“三线”得到，重复计算的“准三线”有次； 第一列和第二行或三行形成的“准三线”，可以由2个不同的“三线”得到，重复计算的“准三线”有次， 因此，“准三线”实际上只有种，第一列之外随机放上3枚棋子的所有情况为种， 所以小红获得一等奖的概率. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：在保证奖励最大化的前提下，构造模型并结合排除法将重复计算的情况去掉是求解的关键. 57．已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为 ；若，则三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 / / 【来源】福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题 【分析】根据题意，可求得三棱锥各个面的面积，设三棱锥内切球的半径为，利用等体积法可求得内切球的半径；由，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系设点坐标，利用向量法求出点到平面的距离最大值得解. 【详解】如图，根据题意，，，， ，， 所以，设的中点为，则是外接圆的圆心，则平面，则， ，， 设三棱锥内切球的半径为，则 ， 即，. 由，由于， 所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，， 设点，因为，， 所以，即， 两式相减解得， 代回上式可得，所以，即， 又平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径；第二空，根据三棱锥等体积转换，，又，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建系用向量法求出答案. 58．已知，，是函数且的三个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【来源】福建省厦门第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 【分析】先得到，当时，，设，得到的奇偶性和单调性，求出的单调性和对称性，求出，且，故，令，求导，得到其单调性，，故，所以. 【详解】，当时，， 设，， 即为偶函数， 当时，，， 令，则， 令，则在上单调递增， 故，所以恒成立， 故，所以恒成立，故在上单调递增， 所以关于对称， 且在上递减，在上递增， 所以，且， 故， 令，，即在上递减， 所以，故， 所以. 故答案为： 59．抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则 ， ． 【答案】 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025-2026学年高三上学期10月考试数学试题 【分析】根据次独立重复实验事件发生的概率为，构造二项式应用赋值法分别计算即可. 【详解】抛掷1次后事件A发生奇数次，只能发生1次，； ， 抛掷n次后事件A发生， 抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为 当为偶数时，， 当为奇数时，， 构造二项式， 当为奇数时， 令，， 令，， 两式作差得， 可得， 因为，所以. 故答案为：；. 60．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球，X表示2n次取球中取到红球的次数，当为奇数时，；当为偶数时，,则X的数学期望为 （用n表示），Y的数学期望为 （用n表示）． 【答案】 【来源】湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题 【分析】根据题意可知，利用二项分布的期望公式即可求出的数学期望；利用与的关系，写出的值为,进而可得，再利用即可求得的数学期望. 【详解】第一空：由题可知，所以； 第二空：根据题意的值为, ， ， ， ， ， ， . 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是的数学期望的化简需要用到及，. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题16 冲刺高分突破小题压轴（二） 百强名校-必刷真题精练 一、单选题 1．已知函数，若不等式在上恒成立，则参数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷 2．某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高三下学期校模拟考试数学试卷 3．在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【来源】2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题 4．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【来源】广东省深圳市高级中学高中园2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题 5．若，数列的前n项和为，且，，则（   ） A．76 B．38 C．19 D．0 【来源】吉林省实验中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 6．已知且， 函数，若函数的图象上有且仅有两个点关于轴对称，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【来源】海南省海口市第二中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 7．已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 9．已知个大于2的实数，对任意，存在满足，且，则使得成立的最大正整数为（    ） A．14 B．16 C．21 D．23 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 10．已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【来源】安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期期中教学质量检测数学试题 11．已知，函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 二、多选题 12．已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 【来源】福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题 13．记的内角的对边分别为，外接圆半径为；面积为S，若，则（   ） A． B． C．当时，有唯一值 D．当时，有且仅有2个值 【来源】湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高三上学期月考一数学试题 14．已知，且，函数，则（    ） A．当时，恒成立 B．当时，有两个零点 C．当时，有且仅有1个零点 D．存在，使得存在三个极值点 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 15．在平面内，若有，则（    ） A．在上的投影向量为 B． C．的最小值 D．若，则的取值范围 【来源】重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷 16．已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（   ） A．为奇函数 B． C．在上单调递减 D． 【来源】海南省海南中学2025届高三高考模拟信息卷（二）数学试题 17．设函数，若时，，则（   ） A． B．的定义域为 C．是偶函数 D．的值域为 【来源】河北省衡水中学2026届高三上学期11月调研数学试题 18．已知函数，若方程有四个不等的实根且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【来源】吉林省长春外国语学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 19．如图，在直棱柱中，底面ABCD为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足（，），则下列说法正确的是（   ） A．若，则三棱锥的体积为定值 B．若，则有且仅有一个点P，使得 C．若，则的最小值为6 D．若，，则平面DPM截该直棱柱所得截面周长为 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 20．已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（   ） A．若且，则数列是等比数列 B．若，则数列是递增数列 C．若数列是常数列，则 D．若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 21．已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（    ） A． B．当平面截三棱锥的截面为正方形时， C．三棱锥的体积最大值为1 D．当时，三棱锥的外接球的半径为 【来源】江苏省泰州中学2025届高三下学期模拟一数学试题 22．数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（    ） A．曲线由两条抛物线的一部分组成 B．线段的长度与点到直线的距离相等 C．若线段的长度为，则直线的斜率为 D．若，则直线的斜率为 【来源】江苏省扬州中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 23．到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，动点的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线，则下列描述正确的是（    ） A．曲线的方程是 B．曲线关于坐标轴对称 C．曲线与轴没有交点 D．的面积不大于 【来源】福建省厦门第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 24．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，是上异于顶点的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若过点，则为钝角 B．若，则的斜率为 C．若，则点的纵坐标为1时，最小 D．若四边形为平行四边形，则过定点 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷 25．已知为坐标原点，是抛物线的焦点， 是抛物线上的点，直线的斜率为1且满足 ，则（    ） A． B．若 ，则 C． D． 【来源】重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联合考试数学试题 26．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（    ） A．当最大 B．使得成立的最小自然数 C． D．中最小项为 【来源】广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期1月模拟训练数学试题 27．某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【来源】2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题 28．如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括，两点），直线垂直于平面，且．连结交母线于点．下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的4个面均为直角三角形 B． C．沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2 D．当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为 【来源】2025届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高考数学核心素养试题卷 29．如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 30．在平面直角坐标系xOy中，为坐标原点.已知曲线，点为曲线上的任意一点，下列结论正确的是（   ） A．曲线关于轴对称 B．曲线围成的封闭图形的面积大于 C．过原点的直线与曲线有且仅有两个交点 D．点到原点的距离不超过3 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期5月适应性检测数学试题 31．在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（   ）    A．若点在线段上，则的最小值为 B．三棱锥的体积为 C．异面直线、所成的角为 D．三棱锥外接球的表面积为 【来源】吉林省实验中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 32．在中，若，则（    ） A． B．的最大值为 C． D． 【来源】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 33．已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于原点对称 B． C．点P横坐标的取值范围是 D．当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 【来源】浙江省杭州第二中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 34．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（    ） A． B． C． D．直线的斜率为 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 35．已知函数定义域为，其导函数为，且，则下列说法正确的是（   ） A．一个对称中心为 B．的一个周期为2 C．的图象关于对称 D． 【来源】四川省绵阳南山中学实验学校2025-2026学年高三上学期一诊数学模拟卷（二） 36．已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（） A．曲线C关于直线对称 B．， C．曲线C被直线截得的弦长为 D．曲线C上任意两点距离的最大值为 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 37．“费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点. 在 中，当最大内角小于 时，费马点 满足，当最大内角不小于 时，最大内角的顶点为费马点. 已知在 中， ，，点 为 的费马点，则（   ） A． B． C． D．在上的射影向量为， 【来源】重庆市育才中学校2026届高三上学期12月月考数学试题 38．已知数列满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．若数列为常数列，则或 C．若数列为递增数列，则 D．当时， 【来源】广西南宁市第二中学2024-2025学年高三下学期5月收网考数学试题 39．数列 满足 ，且 ，数列的前 项和为 ，从 的前 项中任取两项，它们之和为奇数的概率为 ，数列的前 项积为，则（     ） A． B． C． D． 【来源】重庆市巴蜀中学校2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题 40．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若，则点的轨迹为一段圆弧 C．若的外心为O，则为定值2 D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【来源】江苏省扬州中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 三、填空题 41．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 【来源】浙江省杭州第二中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 42．在中，的面积为，且，则的最小值为 ． 【来源】四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟二考试数学试题 43．的百位、十位、个位所对应的数字按原顺序排列构成的三位数是 ． 【来源】河北省衡水中学2026届高三上学期11月调研数学试题 44．已知，，x为的个位数，求 . 【来源】江苏省南京外国语学校2025-2026学年高三上学期10月学情调研数学试题 45．已知是自然对数的底数，若，则的取值范围是 ． 【来源】江苏省泰州中学2025届高三下学期模拟一数学试题 46．令，对抛物线持续实施下面“牛顿切线法”的步骤： 在点处作抛物线的切线交轴于； 在点处作抛物线的切线，交轴于； 在点处作抛物线的切线，交轴于； …… 得到一个数列，则的值为 ；数列的前项和 . 【来源】海南省海口市第二中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 47．已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，其渐近线的方程为，过F的直线l交E于C，D两点（C在x轴上方），直线AC，BD分别交y轴于点P，Q，则的值为 ． 【来源】海南省海南中学2025届高三高考模拟信息卷（二）数学试题 48．已知函数有三个零点，则实数的取值范围为 ． 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 49．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则 ，的取值范围为 ． 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 50．已知在四棱锥中，面底面，且，，则四棱锥体积的最大值为 ． 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 51．已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的任意一点，记为在椭圆上的切线，过作直线，垂足为，则面积的最大值为 【来源】浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题 52．平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则 . 【来源】安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期期中教学质量检测数学试题 53．三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 54．已知直线与函数，的图象分别交于A，B两点，则最小值为 ，此时 ． 【来源】贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高三上学期高考适应性月考（二）数学试卷 55．如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为 . 【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试卷 56．为激励高三学子的学习热情， 数学老师开发了一款小游戏程序， 同学们表现优秀时可参与一次. 游戏规则如下: 第一步， 在图①所示的棋盘内， 学生点击摇奖， 程序会随机放上 7 枚黑棋; 第二步， 学生自行选择空格放上 2 枚白棋; 最终， 每当有 4 枚棋子在同一行、列或对角线上时， 称为连成一条线. 若未连成线， 则获安慰奖；连成一、二、三条线，分别获三、二、一等奖，图②就是一种获一等奖的情况. 现在小明和小红都可参与一次游戏. 小明点击摇奖后， 出现了图③的情况， 若他随机地放上白棋，则他获二等奖的概率是 ；已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化，则在“点击摇奖后，7 枚黑棋中恰有 4 枚在第一列” 的条件下，她获一等奖的概率是 . 【来源】重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联合考试数学试题 57．已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为 ；若，则三棱锥体积的最大值为 ． 【来源】福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题 58．已知，，是函数且的三个零点，则的取值范围是 . 【来源】福建省厦门第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 59．抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则 ， ． 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025-2026学年高三上学期10月考试数学试题 60．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球，X表示2n次取球中取到红球的次数，当为奇数时，；当为偶数时，,则X的数学期望为 （用n表示），Y的数学期望为 （用n表示）． 【来源】湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $