专题18 冲刺高分突破大题压轴（二）（精选40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18 冲刺高分突破大题压轴（二） 百强名校-必刷真题精练 一、空间向量与立体几何 1．如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【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】（1）证明与即可； （2）由（1）结合在平面上的射影为点，可得点在上，，然后可得点在以为圆心，半径为的圆上．然后由E分别在A，B时M所在位置可得答案； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由（2）可得的轨迹方程为，设，可表示平面与平面的法向量，进而可得平面与平面所成角的余弦值的表达式，最后结合整体代换，函数单调性可得答案. 【详解】（1）证明：在中，由余弦定理得，，故， 由勾股定理得，所以． 又∵，，平面， 所以平面． （2）如图，因为点在平面上的射影为点， ∴平面， 则，且点在上， 则，，， 在直角中，，则点在以为圆心，半径为的圆上． 当点与A重合时，点与重合，点为的中点，此时， 当点与重合时，点为中点，而四边形为正方形，则 则，因此点的轨迹所对圆心角为， 则点的轨迹长为； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，如图建系． 则，，， 由（2）知的轨迹方程为. 设为，则，， ，，． 设平面的法向量为， 则, 则取． 设平面的法向量为， 则， 则取． 故． 令， 则 ， 令，则，则， 因函数在上单调递增， 则在上单调递减， 则， ∴设平面与平面所成角为，则， ∴平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 【点睛】关键点睛：对于分式型代数式的最值求解，常利用换元，上下同除，分离常数等手段来处理. 2．如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. (1)当时，时. （i）证明：； （ii）求； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 【分析】（1）（i）由线面垂直判定定理得出平面得出，进而得出线线相等；（ii）先建系，再把转化为二面角，最后应用面面角余弦公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算求解. 【详解】（1）（i）延长交于，则是的中点； ，， 平面，平面， ， ，平面， 平面，平面， ，. （ii）为的重心，，所以， 由平面得，故， 如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为二面角与的大小分别为，知即二面角， ， 故， 设平面的一个法向量， 则，取 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，， 则，取， 所以平面的一个法向量， . （2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，设，则， 故， 设平面的一个法向量， 则， 取，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，， 则， 取，所以平面的一个法向量为， 由得二面角与相等， ，即， 整理得，所以，， 所以. 3．如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V． (1)求证：平面； (2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值； (3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【来源】河南省实验中学2025届高三全真模拟数学试卷 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【详解】（1）在梯形中，因为，所以翻折后有，且， 因为平面，平面，故平面，同理可得平面， 因为，平面， 所以平面平面，又因为平面，所以平面. （2） 由题意，在梯形中，，，即， 且，所以翻折后有，，且， 所以平面，同理，平面， 由二面角的大小为，得， 过点作的垂线，交直线于，由平面，平面， 所以，且，所以平面， 即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. （3） 过点作的垂线，交直线于点，分别以为轴 正方向建立空间直角坐标系，则，， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 二、随机变量及其分布 4．现市场上治疗某种疾病的药品有两种，其治愈率与患者占比如表所示，为试验一种新药，在有关部门批准后，某医院把此药给100个病人服用．设药的治愈率为，且每位病人是否被治愈相互独立． A B C（新药） 治愈率 患者占比 (1)记100个病人中恰有80人被治愈的概率为，求的最大值点； (2)设用新药的患者占比为（药品减少的患者占比，均为新药增加占比的一半，，以（1）问中确定的作为的值，从已经用药的患者中随机抽取一名患者，求该患者痊愈的概率（结果用表示） (3)按照市场预测，使用新药的患者占比能达到以上，不足的概率为，不低于且不超过的概率为，超过的概率为，某药企计划引入药品的生产线，但生产线运行的条数受患者占比的影响，关系如下表： 患者占比 最多投入生产线条数 1 2 3 若某条生产线运行，年利润为1000万，若某条生产线未运行，年亏损300万，欲使该药企生产药品的年总利润均值最大，应引入几条生产线？ 【答案】(1) (2) (3)引入两条生产线 【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】（1）由题意，得到的解析式，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而可解； （2）设事件为“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，代入概率公式求解即可； （3）设随机变量为生产药品产生的年利润，分别讨论投入1条，2条，3条生产线时所对应的概率，代入期望公式求解，比较大小即可得解. 【详解】（1）100个病人中恰好有80人被治愈的概率为， 则， 令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的最大值点为. （2）设事件“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件“该患者服用药品治疗”， 事件“该患者服用药品治疗”，事件“该患者服用药品治疗”， 则 因此： 所以. （3）设随机变量为生产药品产生的年利润 ①若投入1条生产线，由于服用药品的患者的占比总大于，所以一条生产线总能运行， 此时对应的年利润 ②若投入2条生产线，当，1条生产线运行， 年利润，当时，2条生产线运行， 年利润， 此时的分布列如下： 700 2000 所以； ③若投入3条生产线，当时，1条生产线运行， 年利润 ， 当时2条生产线运行，年利润， 当时，3条生产线运行，年利润， 此时的分布列如下： 400 1700 3000 所以 综上所述，欲使该药企生产药品的年度总利润均值最大，应引入两条生产线. 5．一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. (1)若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; (2)已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 【答案】(1)（i）分布列见解析，期望为；（ii）； (2). 【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】（1）（i）求出的所有可能取值及对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）将事件 “”分拆成两两互斥的事件的和，利用概率的加法公式，结合等比数列前项和公式求解. （2）求出在的条件下，的可能取值，求出对应的概率及期望，再利用全概率公式求出，进而求出的期望的递推公式，利用等比数列通项公式求得. 【详解】（1）（i）依题意，的所有可能取值为1，2，3，4， ，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 的数学期望为 （ii）事件，即细胞在个生命周期中只有一次分裂为2个新细胞， 且之前与之后的所有细胞都分裂为1个新细胞， 记事件表示“细胞只在第个周期分裂为2个新细胞”， 则两两互斥，， 而， 因此， 所以事件 “” 的概率为. （2）在的条件下，的可能取值为， 则， ， 因此 ， （）， 由全概率公式得， 于是的期望 ，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 又，所以，即的期望为. 【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题. 6．为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． (1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； (3)从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】(1)分布列见解析； (2) (3) 【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】（1）根据题意得到变量X的可能取值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望； （2）由这n人的合计得分为分，则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）记“合计得分恰为”为事件A，“合计得分”为事件B，得到，结合数列的递推关系式构造等比数列，进而求得数列的通项公式，得到答案 【详解】（1）的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼记1分； 既参观黄鹤楼又游览晴川阁记2分．每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． 随机变量 的可能取值为 2，3，4， 可得 ， 的分布列如下表所示： 2 3 4 数学期望为 ； （2）由这 人的合计得分为 分， 则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁， 则 ， 由两式相减， 可得 ； （3）在随机抽取的若干人的合计得分为 分的基础上再抽取1人， 则这些人的合计得分可能为 分或 分， 记“合计得 分”为事件 ，“合计得 分”为事件 ， 与 是对立事件， ， ，即 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， ，. 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解， 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式. 7．在生态研究中，观察两种昆虫的信息传递，这两种昆虫的信息素中均含某种特殊化学物质A，A的浓度代表环境是否安全，但种群甲与种群乙的响应恰好相反，种群甲接收到含高浓度A的信息素后，认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，反之认为“危险”，传递含低浓度A的信息素；种群乙接收到含高浓度A的信息素后，认为“危险”，传递含低浓度A的信息素，反之认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，初始时，第1只昆虫属于种群甲，其接受到了“安全”的环境信息并开始传递．每只昆虫传递信息时，有的概率将信息素传递给同种群的昆虫，的概率将信息素传递给另一种群的昆虫，每次传递仅传递给一只昆虫，且每只昆虫传递信息的准确性与传递给的对象无关． (1)设为第n只昆虫属于种群甲的概率，当时，求； (2)求第n只昆虫传递含高浓度化学物质的信息素的概率； (3)证明：当时，，并阐述若要使这两种昆虫种群更加适应环境，p应该满足的要求及原因． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【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】（1）分析可得当时，第n只昆虫属于种群甲可能有两种情况：第只是甲且第n只与它同种群，或第只是乙且第n只与它不同种群，则，化简整理，代入数据，即可求得答案. （2）当时，第n只昆虫传递高浓度信号可能有两种情况：第n只昆虫接收高浓度信号且是甲种群，或第n只昆虫接收低浓度信号且是乙种群，则，结合（1）结论，可得，根据等比数列的定义，可证为等比数列，化简整理，可得表达式，代入化简，可得. （3）易有，由，则，根据p的范围，化简整理，推理证明，即可得证. 【详解】（1）由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，所以． 当时，第n只昆虫属于种群甲可能有两种情况： 第只是甲且第n只与它同种群，或第只是乙且第n只与它不同种群， 也即，得，                当时，，解得， 即当，时，第n只昆虫属于种群甲的概率恒为， 又．故第n只昆虫属于种群甲的概率，则． （2）由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，其传递高浓度信号，所以． 当时，第n只昆虫传递高浓度信号可能有两种情况： 第n只昆虫接收高浓度信号且是甲种群，或第n只昆虫接收低浓度信号且是乙种群， 则， 即．                 由（1）得：，， 则， 当时，是以为首项，为公比的等比数列， 故，则， 经检验，当时也满足上述递推式， 故， 变形可得， 则，                         代入得， 故， 化简得，                 则 ， 故． （3）易有． 由，则， 因为且，则， 当时，恒成立，且， 则，也即，             又，，则， 故． 综上，．                 若认为p趋近于1越好：保证信息传递的准确性和一致性，以便种群内部能快速对特定环境做出统一反应，可以在两个种群之间形成两个高效但隔离的通信网络，若认为p趋近于越好：说明两个种群之间维持了系统的稳定性，且对错误信息有一定的抵抗能力，以便在复杂多变的环境中不被单一信息源误导．（只需提出一个角度，言之有理即可，认为p趋近于其它值不给分．） 8．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析. 【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】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可. 【详解】（1）时，， 时， 因为，所以，所以. 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. （2）（i）当时，的分布列： . （ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以 . 当时，第次反面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以. 所以 . 由， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. 三、数列 9．已知双曲线，A为右顶点，点，，在双曲线上（不同于点A），使得． (1)求坐标； (2)记的坐标为．对的正整数，按照以下规则依次定义：过作一条平行于的直线与双曲线交于（不同于）．证明：为等比数列； (3)时，求n边形的面积． 【答案】(1)坐标为 (2)证明见解析 (3) 【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】（1）利用直线方程与双曲线方程联立解方程组可得； （2）根据（1）的结论，可以猜想，然后利用数学归纳法（多前提假设），通过验证方法和唯一性，从而得证； （3）利用三角形面积的向量坐标表达公式，求得三角形()的面积，然后求和，并利用等比数列求和公式化简即得n边形的面积． 【详解】（1）双曲线方程为 ，右顶点 . 计算 的斜率：. 直线 的方程为 . 代入双曲线方程并化简得：， 解得（舍去）或，对应. 故坐标为. （2）根据（1），可猜想，其中点看作. 已知坐标坐标满足猜想. 假设坐标猜想成立，我们来证明时猜想成立. 下面验证在双曲线上，并且满足. 记的坐标为， 则，， 所以， 所以在双曲线上. 直线的斜率， 直线的斜率， 所以满足. 由于直线与双曲线至多有两个交点，因此上述猜想的点即为题设中的点. 综上所述，根据数学归纳法原理，可知猜想正确. 由，这也就同时证明了数列为首项为公比为的等比数列，. （3）顶点坐标可化为 (). 先证明三角形面积的向量坐标表示公式： 设向量， 则 . 考虑向量， ， n边形的面积： . 10．对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． (1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； (2)若，求的二阶和数列的前项和； (3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 【答案】(1) (2) (3)的最大值是，公差为 【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】（1）根据一阶和数列的定义可计算出，，的值，根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而得到，，的值，再由定义可求出的值. （2）根据定义可得的通项公式，进而求得的前项和公式. （3）由可得，从而可得公差，结合条件可得正整数的最大值. 【详解】（1）由题意得，，，， ∴，， 设数列的二阶和数列的公比为，则， ∴，，， ∴，，， ∴，，． （2）设的二阶和数列的前项和为， 由题意得，，， 由得数列是以为首项，为公差的等差数列， ∴. （3）∵， ∴，故． 设数列的公差为，则， ∴，得， ∵反比例函数在上为增函数， ∴由得，，故， ∵， ∴，故， ∴的最大值是，由得公差. 11．圆形回廊上有四个房间，呈顺时针编号1，2，3，4，小明同学从某房间出发，每次随机地按顺时针或逆时针的顺序走到下一个相邻的某一房间．假定他从1号房间出发，每次顺时针走的概率为，逆时针走的概率为，每次选择相互独立．设经过次回到1号房间的概率为，回到3号房间的概率为． (1)求； (2)求； (3)记：，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【来源】云南省云南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期适应性月考数学试卷 【分析】（1）根据题意知，经过2次回到1号房间，有两种情况，即第一次顺时针走到2号房间，第二次逆时针回到1号房间；或第一次逆时针走到4号房间，第二次顺时针回到1号房间. (2)由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间，即，列出递推公式，构造等比数列，求得其通项公式，进而得到的通项公式. (3)由（2）求得，则，根据错位相减法求得的前项的和，即可证得． 【详解】（1）． （2）由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间.小明从3号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间. 小明从1号房间出发，走两次回到1号房间的概率为，走两次回到3号房间的概率. 小明从3号房间出发，走两次回到1号房间的概率为，走两次回到3号房间的概率. 由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间. 所以． 设，所以，所以， 则， 因为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则，即． （3）从1出发，奇数步必在偶号房间，偶数步必在奇数号房间 因此：若为奇数，则，于是； 若为偶数，此时小明必在号房间之一，则， 所以：， 所以，所以， 因此：①， ②， ①-②得： ， 整理得：. 因为，所以， 则，证毕． 12．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数． （1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求； （3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 【详解】试题分析：（1）根据，得到，即是“平方递推数列”． 进一步对两边取对数得 ，利用等比数列的定义证明. （2）首先得到 ， 应用等比数列的求和公式即得. (3）求通项、求和，根据，得到，再根据，即得解. 试题解析：（1）由题意得：，即 ， 则是“平方递推数列”． 2分 对两边取对数得 ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 4分 （2）由（1）知 5分 8分 (3） 9分 10分 又，即 11分 又，所以． 12分 考点：等比数列的定义、通项公式及求和公式，等差数列的求和公式. 13．已知数列的各项互不相同，且 ， 若对任意，都有则称数列A具有性质P；若对任意， 都有则称数列A具有性质T. (1)若，写出所有具有性质T的数列A； (2)证明：具有性质P的数列A一定具有性质T； (3)记所有具有性质T的数列A的个数为，证明：数列是等比数列. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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】（1）由数列新定义可得； （2）由数列新定义证明即可； （3）结合数列新定义，假设，分，，三种情况讨论数列的个数，再结合等比数列的性质可证明. 【详解】（1）所有具有性质的数列有 （2）证明：因为数列具有性质，所以对任意都有 所以即 由的任意性可得，是的单调递增排列， 所以数列即为，此时， 所以对任意的，都有所以数列具有性质. （3）（i）假设， 由已知，所以， 又因为，所以， 依此类推，若，则 ①若，则满足条件的数列为，只有一个； ②若，则，所以， 此时满足条件的数列为，只有一个； ③若，只要是的满足条件的一个数列，就可以相应得到满足条件的一个数列， 此时满足条件的数列有个 . （ii）假设，只要是的满足条件的排列，此时满足条件的数列有个. 综上，， 又因为时，， 上面两式相减得，时，. 所以对任意，都有，所以数列是等比数列. 14．已知函数，从点作轴的垂线，交的图象于点，过点作曲线的切线交轴于点，再过点作轴的垂线，交的图象于点，重复这一过程，得到两个点列，，，点的坐标记作． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)证明：．(切线不等式) 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【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】（1）先求切线方程，代入坐标可得，，即，构造等比数列即可求解； （2）由，利用错位相减法和分组求和即可求解； （3）由，得，利用分组求和即可证，又，利用切线不等式，故，即可得证. 【详解】（1），， 记，，， 切线，有， 代入坐标可得，，即，可得， 故为公比为2的等比数列，由于，， 故，得； （2）由， 记，有， 作差有，有， 有， 故； （3）因为， 由于，故，故，右边证毕； 因为，故， 故，又根据切线不等式，故，故有， 综上所述：． 四、圆锥曲线 15．已知抛物线的焦点F关于直线的对称点为，在抛物线E上有三点A，B，C，点A在y轴左侧，点B，C在y轴右侧且点B在曲线段AC上，过三点A，B，C作E的切线，与分别交于点P和Q，直线与交于点M． (1)求E的方程； (2)若直线AC过点F，证明：点Q在定直线上； (3)若是以MQ为底的等腰三角形，证明：直线PC过定点， 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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】（1）由抛物线方程写出焦点坐标，根据对称，写出中点坐标代入直线方程，可得答案； （2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，由韦达定理得到两根之和与两根之积，分别写出的方程，得到点的坐标，可得答案； （3）设出动点坐标，写出直线方程，根据斜率与倾斜角的关系，结合等腰三角形的性质，可得答案. 【详解】（1）设抛物线的焦点， 则F与的中点位于直线上， 所以解得，所以抛物线E的方程为； （2） 因为直线AC过点，显然直线斜率存在，设直线， 联立，解得， 由，可得， 通过对求导可得， 所以在点A处的切线方程为，又， 整理可得， 所以在点C处的切线方程为， 相减可得， 所以，代入或的直线方程， ， 所以点Q在定直线上； （3）根据题意，设切点， 此时，即斜率为， 同理可得，即斜率为， ，即斜率为， 由题意知等于的倾斜角减去的倾斜角，等于倾斜角减去的倾斜角， 且是以MQ为底的等腰三角形，即， 根据正切的差角公式有，， 整理得①， 再联立与的方程，得， 设PC方程为，其中， 所以，对化简代入①式， 其中 ， 所以，则直线PC过定点. 16．在平面直角坐标系xOy中，点P是圆O：上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，点Q满足，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知椭圆：，作直线l（斜率为k，且）． ①若直线l不经过原点O，且与曲线，椭圆都相交，交曲线所得弦的中点为G，交椭圆所得弦的中点为H．若和分别表示直线OG和直线OH的斜率，则是否为与k无关的定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ②若直线l的斜率，l与椭圆相切，交曲线于C，D两点，点K为曲线上与C，D不重合的任意一点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)①是，；②． 【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】（1）设出点的坐标，结合向量性质可得点坐标与点的关系，代入即可得； （2）①借助点差法计算即可得；②设出切线方程，联立对应曲线方程可求出该切线，即可得，再设，利用点到直线距离公式与面积公式及辅助角公式计算即可得解. 【详解】（1）设的坐标为，P的坐标为，， ，则， 又点在圆O上，即，即， 化简得：．的方程为． （2）①设斜率为的直线交椭圆于点，， 交椭圆于点，， 则，，，， ，，，， 由，， 得， 因为存在且，所以、且， 所以，， 即，，故； ②设直线的方程为， 由，化简得关于x的方程． 由，得． 由图象的对称性，与时结果一样， 不妨取，则：． 由，化简得，． 设，，则，， 则， 设， 则点K到直线的距离为， 其中，所以， 所以面积的最大值为． 17．已知椭圆：经过点和. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 【答案】(1)； (2)（i）证明过程见解析；（ii）1 【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】（1）代入和，得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线过定点； （ii）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论. 【详解】（1）将和代入可得， 解得，故椭圆C的方程为； （2）（i）设直线的方程为， 联立得， ，故， 设， 故， 直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为， 则，且在直线上， 直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0， 其中，，即， 所以，其中， 所以，， 将代入可得 ，化简得，代入中， ，即且， 所以直线方程为， 直线过定点； （ii）由题意得，直线过点，设直线为， 联立得， ， 故，解得， 设， 则， 直线为，直线为， 联立直线与直线得，同理可得， ， 其中， 故 将代入得 ，（）， 由于，所以， 当时，直线为， 联立得，即，解得或2， 当时，，当时，，即其中一个点坐标为， 与重合，不合要求， 综上，. 18．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知，． (1)若曲线和有两个公共点，求a的取值范围； (2)已知B为曲线上一点，其中为的导函数，O为坐标原点，把绕着原点O沿顺时针方向旋转后得到点P，记点P的轨迹为E． （ⅰ）求E的方程； （ⅱ）求曲线E的内接等腰直角三角形面积的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 【分析】（1）将曲线和有两个公共点转化为与直线有两个交点问题，通过讨论的单调性和最值即可得解； （2）（ⅰ）利用已知条件中的与点的坐标之间的关系，即可写出E的方程；（ⅱ）将E的内接等腰直角三角形面积的最小值转化为曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值的问题，写出面积，再利用导数即可求出最小值. 【详解】（1），，曲线和有两个公共点， 即有两个不同的正根，即有两个不同的正根， 令，则函数与直线有两个交点， ，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，且， 当时，；当时，， 当时，直线与函数的图象有两个交点， 综上a的取值范围是； （2）（ⅰ）解：设，， 则 则， ，， 又B为曲线上一点，，， 故E的方程为； （ⅱ）由（ⅰ）知E的内接等腰直角三角形面积的最小值等于曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值． 设为直角顶点，，， 则AB斜率，AC斜率 ，，即（1） ，， 化简得：， 化简得：， 即：， 显然，所以（2） 由（1）得，代入（2）得， 去分母，得到， 看成关于b的一元二次方程，得到， 因式分解得， 或， ， 令，得到关于的函数，，则， 令，得或，令，得或， 所以在上递减，递增，递减，递增， 又，，，， 所以曲线E的内接等腰直角三角形面积的最小值为. 19．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线；将曲线上每一点的纵坐标伸长为原来的倍（横坐标不变），得到曲线． (1)求曲线的方程； (2)若为曲线上一动点且在第一象限内，直线分别交曲线与两点，连接交轴与点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）曲线上是否存在定点使得三点的横坐标按一定顺序成等比数列？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【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】（1）设圆的半径为，根据题意得出，，再由椭圆的定义进行判断即可求解，设为曲线上任意一点，则点在曲线上，代入求解即可得出，不要忘记取值范围； （2）记直线的斜率分别为，设为上一点，得出，设直线，，联立直线与椭圆方程分别求出，，，（ⅰ）由，即，建立关于的等式求解即可；（ⅱ）得出的方程：令，则，从而，存在使得，即可判断三点的横坐标成等比数列． 【详解】（1）设圆的半径为，点 由于，从而圆与圆内切 又圆与圆外切，与圆内切，则有， 当时，，，从而，矛盾，故不符合题意； 当时，，，从而， 则点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆（除去点） 设，则半焦距为，即，从而， 故 设为曲线上任意一点，则点在曲线上，即，即 故； （2）由题意知直线的斜率存在，从而记直线的斜率分别为 设为上一点，则有，即， 从而 设直线 设 联立，得 有，得，即 同理可得 联立，得，从而，有 （ⅰ）由，即有， 解得，又，则 从而直线的方程：即 （ⅱ）由直线的斜率 则直线的方程： 令，则 又，从而，故存在使得， 即三点的横坐标成等比数列． 20．记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． (1)求点的坐标； (2)证明：是递减数列； (3)记的面积为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解； （2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得. 又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明； （3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明. 【详解】（1） 如图所示，联立，解得或，故. 又，所以，，故直线， 联立，解得或，故. （2）联立，解得点， 所以，， 所以. 又因为，故，于是，即，故是递增数列. 又由，可知是递减数列，于是是递减数列. （3）由（2）得，当时，，， 利用割补法，知 . 而，故. 而，故； 又，故， 由累乘法可知， 而，故. 故. 综上，. 21．已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【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】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 22．已知双曲线 的离心率为 ，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 . (1)求双曲线 的方程； (2)设 ，若点 在双曲线 上， 在点 处的切线 与两条渐近线分别交于 两点， 是坐标原点，且 . （i）证明数列 是等差数列，并求通项公式 ; （ii）设数列的前 项和为 .求证: 对  . (其中 表示不超过 的最大整数，例如 ) 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；；（ii）证明见解析. 【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】（1）由题可得，然后由虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2可得答案； （2）（i）由（1）可得，，然后由导数知识可得切线斜率，即可得切线方程，与渐近线方程联立后可得坐标，最后结合可完成证明，并得到通项公式；（ii）由，可证明；由题可得，然后构造函数证明即可证明. 【详解】（1）由题可得，又， 则，又其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2， 则，则，故双曲线方程为：； （2）（i）因在双曲线上， 则. 因，则在第一象限， 则此时点P满足方程：， 则，故点P对应切线斜率为： . 则切线方程为：. 与渐近线联立，可得，同理可得. 则， 又， 则， 又，则， 故数列 是以1为首项，公差为1的等差数列，则； （ii）由（1）可得，则. 则， 注意到 ， 又，则； 另一方面，. 注意到时，，则. 则 ，又， 则. 下面证明：， 注意到， 则要证，即证， 注意到， 则证明. 令，因，则，则对于函数. 有， 令，则， 则， 故在上单调递增，在上单调递减， 又注意到，则当时，. 则. 最后由不等式同向可加性可得： 又注意到，则， 则. 则 . 综上可知，. 【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线的切线，可利用导数，从而简化运算；对于数列不等式，多利用放缩法，或将需证不等式两边化为代数式相加的形式，再利用作差法，构造函数，数学归纳法证明多项式的大小关系. 五、导数及其应用 23．已知函数. (1)当时，若恒成立，求的取值范围； (2)当时，设为的从小到大的第个极值点.证明：数列是等比数列； (3)设函数在区间内的零点依次为，.求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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】（1）将转化为，构造函数，求导判断其单调性，得单调递减，则，故. (2)对进行求导，分析符号变化，确定极值点，求，根据等比数列的定义求证即可. (3)当时，取得极值，所以，设，求导分析其单调性，利用零点存在定理得唯一解使，结合（1）的结论，构造，求导证，完成不等式证明. 【详解】（1）当时，恒成立， 当时，，故恒成立， 令，则， 所以当时，单调递减，则，故. （2）， 令，由得，即， 对，若，则；若，则， 因此，在区间与上符号总是相反， 于是，当时，取得极值，所以， 此时，，易知， 而是常数， 故数列是首项为，公比为的等比数列. （3）由，则， 因为，所以， 所以在区间上单调递减， 又， ， 当时，存在唯一，使得， 记，则，由（1）知，时，在上恒成立，故， 即，整理得， 要证，等价于证， 只需证， 设，则， 所以单调递增，则，原命题得证. 24．已知函数，，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)求函数的零点； (3)用表示、的最大值，记．问：是否存在实数，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，的取值范围是 【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】（1）当时，求出，利用导数的几何意义可求得曲线在点处切线的方程； （2）利用导数分析函数的单调性，结合可得出函数的零点； （3）由题意，将恒成立转化为当时，恒成立即可，对求导得，分、、三种情况讨论，结合单调性可得答案. 【详解】（1）当时，，则， 所以，，， 此时曲线在点处切线的方程为，即. （2）函数的定义域为，且， 当时，，则；当时，，则， 所以函数在上为增函数， 又因为，故函数有且只有一个零点. （3）函数的定义域为， 由（2）知，当时，， 又，所以当时，恒成立， 由于当时，恒成立， 所以等价于：当时，，且. 下面考虑，当时，恒成立， ①若，当时，， 故，在递增，此时，不合题意； ②若，当时，由知， 存在，使得， 根据余弦函数的单调性可知，在上递增， 故当，，递增，此时，不合题意； ③若，当时，由知，对任意，，递减， 此时，符合题意. 且当时，，合乎题意， 综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 25．设函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，都有，求的最大值； (3)已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【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】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义得到切线方程； （2）利用端点效应，得到，再证明时，在上恒成立，得到答案； （3）在，设，所以，，故，故为等差数列，故，故，，由（2）知，，，故，求出，所以. 【详解】（1），， ， 故， 故曲线在处的切线方程为； （2）对任意，都有， 其中，， 令， 则，， 令， 则，其中， 令，即，解得， 下面证明时，在上恒成立， ， 令，，注意到， 则，注意到， 令，则，注意到， 令，则， 其中在上恒成立，令，， 故，故在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上单调递增， 故，故在上单调递增， ，故在上单调递增， ，故， 所以，的最大值为； （3）令，则， 均大于0，设， 因为，， 所以，， 显然，，若，，上式不成立， 由于在上单调递增， 故，，， 故为等差数列，首项和公差均为，故，， 故，， ， 由（2）知，， 所以，， ， 因为，所以， 所以，， 所以， 其中， 所以. 26．已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 【答案】(1)答案见解析过程 (2)答案见解析过程 (3) 【来源】海南省海口市第一中学2026届高三10月考试数学试题 【分析】（1）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，根据函数的单调性与最值的关系进行求解即可； （2）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，再结合函数的极值定义进行求解即可； （3）根据任意性和存在性的定义，结合（1）（2）的结论，分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）由， 当时，在上单调递增， 当时，在单调递减， 所以， 因为，所以， 在区间的最大值和最小值分别是； （2）由，函数的定义域为全体正实数集， 当时，，函数是正实数集上的增函数，没有极值； 当时，当时，在上单调递增， 当时，上在单调递减， 该函数有极大值，无极小值， 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，无极小值，有极大值； （3）问题对任意，总存在，使得不等式成立，等价于 在上的最小值与在上的最小值的差大于， 当时，则有，由（2）可知在上的最小值为， 由（1）可知在上的最小值为， 所以有； 当时，则有，由（2）可知：在上的最小值是中最小的数，因为， 所以当时，， 此时有； 当时，， 则有， 综上所述：实数m的取值范围为. 27．已知函数 . (1)求函数在 处的切线方程； (2)若 ，求证： （i）函数有且仅有一个极值点； （ii）函数有且仅有两个零点 ，且 . 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【来源】重庆市第八中学校2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题 【分析】（1）求导得，再计算切点和切线斜率，最后写出切线方程即可； （2）（i）分和讨论，并在讨论时，设新函数，再次求导分析，最后利用零点存在性定理即可证明； （ii）分析得在和上各有一个零点，记作，设，再求出两切线方程，利用切线放缩证明不等式. 【详解】（1）， ， 在处的切线方程为：， 即. （2）（i）. ①当时，，所以在上单调递减，此时无极值点； ②时，， 令，则． 当时，在上单调递减，， 所以在上单调递减，此时无极值点； 当时，在上单调递增，，， 所以存在唯一实数，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增． 此时有一个极小值点，无极大值点． 综上所述，有且仅有一个极小值点，无极大值点． （ii）证明：由（i）知在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以在和上各有一个零点，记作，设． ①记在处切线为， 令，得． 令， 显然，且在上单调递增，故单调递增． 又，所以，即在上恒成立． 所以，而单调递减，故； ②记在处切线为， 则，令，得． 令，令， 则，显然， 又在上单调递增，故单调递减． ，故，即在上恒成立． 故，即，由于单调递增，故． 结合得，得证． 28．已知函数，． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点． ①记表示不超过a的最大整数，求的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【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】（1）求导，进而可求，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）①分析可知方程有两个解，构造，利用导数分析其单调性，结合单调性分析求解即可；②由的单调性可知：．分和两种情况，结合的单调性分析证明. 【详解】（1）当时，则，，且， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以所求切线方程为，即． （2）①函数有两个零点，即方程有两个解， ，则， 设的导函数为，则， 当时，则，可得； 当时，则，可得， 可知在内单调递减，且，， 则存在，使得， 当时，， 时，， 综上所述：当时，， 时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 构建，， 因为，可知在上单调递增， 又因为，则， 且当，，所以的取值范围为； ②由的单调性可知：． 若，则，有成立； 若，则， 因为，则， 因为，则，可得， 则， 因为，，且在单调递减， 所以，即； 综上所述：． 29．函数， （1），求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：. 【答案】（1）单调减区间为，；单调增区间为，.（2）；（3）证明见解析. 【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】（1）对函数求导，判断与，即可得单调区间；（2）将不等式转化为恒成立，然后构造新函数，根据不等式恒成立列不等式组求解，代入构造新函数，然后分类讨论证明；（3）利用（2）的结论，可得，令，，，，2，…，8，代入，即可证明不等式. 【详解】（1），， 当，时，， 当，时，， 所以，的单调递增区间是，. 的单调递减区间是，. （2）不等式恒成立等价于在上恒成立， 令，则由可得， ∵可以看作是关于的一次函数，单调递增， ∴令， 对于，，恒成立. 只需证明即可. ①当，， 则，在上单调递减，又， 所以此时恒成立. ②当时，恒成立，所以在上单调递增，又，所以此时恒成立. ③当时，单调递增， ，，所以在上存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增. ∴，， ∴恒成立，故恒成立， ∴. （3）由（2）可知 令，，，，2，…，8， 可得到， 从而， 即得证. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 30．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在满足题意，理由见解析. (3). 【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】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； (2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 31．已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)当时， ①证明: 有唯一极值点; ②若存在，使得恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间，单调递增区间. (2)①证明过程见解析；② 【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】（1）求导得，再解三角不等式即可求出； （2）①求导，再令，结合零点存在性定理可得存在唯一一个零点，再结合的单调性即可求证； ②先根据①写出，再构造函数求其最大值，最后利用即可求出. 【详解】（1）当时，， 则， 当时，， 由得，即； 由得，即； 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）①由得，， 令， 则在上恒成立， 则在上单调递增， 因， 则，， 则，使得，即， 则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则存在唯一极小值点； ②由①可知， 令， 则 ， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因对恒成立，则， 又使得成立，则， 因，， 则，得， 故的取值范围为. 32．已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； (3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【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】（1）求导，根据导数符号判断即可. （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围. （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解； 解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【详解】（1）当时，由，得， 又，则，，所以，即在单调递增， 故的单调增区间为，无单调减区间. （2）由（1）可知， 根据题意得：. （ⅰ）若， ①时，，，此时，故在无极值点． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增．    因为，时，，所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． （3）解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上单调递减，在上单调递减．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上单调递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上单调递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 33．已知函数. (1)求的单调递增区间. (2)证明：曲线是中心对称图形. (3)若，且，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【来源】内蒙古赤峰二中2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试卷 【分析】（1）求出函数的定义域及导函数，令，求解即可； （2）根据函数关于中心对称的定义，只需证明，并求出的值即可； （3）根据函数的单调性、对称性及已知条件，可得，令，利用导数可证得；令，利用导数可证得；令，利用导数可证得单调递增，从而得，即可得证. 【详解】（1）因为，， 所以的定义域为. ， 令，得， 所以的单调递增区间为. （2）因为， ， 所以的图象关于点中心对称， 即曲线是中心对称图形. （3）的单调递增区间为， 且的图象关于点中心对称， 由，可得，故. 令，则. 令，则，即单调递减， 所以，则，所以单调递增， 则， 于是. 令， 则，单调递增， 则. 令，则， 令，则， 所以单调递增，即单调递增， 则， 于是，单调递增，则. 34．已知函数. (1)若为奇函数，求此时在点处的切线方程； (2)设函数，且存在分别为的极大值点和极小值点. （i）求函数的极值； （ii）若，且，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）答案见解析；（ii）. 【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】（1）根据奇函数的定义, 求出 的值, 然后利用导数求切线方程. （2）( i )对 进行求导, 将 既存在极大值, 又存在极小值转化成 必有两个不等的实数根, 利用导数得到 的单调性和极值, 进而即可求解; (ii) 对 进行求导, 利用导数分析 的极值, 将 恒成立转化成 , 构造函数, 利用导数分类讨论求解即可. 【详解】（1）为奇函数，有，则，经检验知满足题意， 所以所以，， 所以在点处的切线方程为. （2）（i）， 因为函数既存在极大值，又存在极小值， 则必有两个不等的实根，则， 令可得或， 所以，解得且. 当时，.则有： 0 + 0 - 0 + 极大值 极小值 极大值，极小值 当时，.则有： 0 + 0 - 0 + 极大值 极小值 极大值，极小值. （ii）由，所以， 由题意可得对恒成立， 即 令，其中， 令，则 ①当，即时，在上是严格增函数， 所以，即，符合题意； ②当，即或时， 设方程的两根分别为且， 当时，则， 则在上是严格增函数， 所以，即，符合题意； 当时，则， 则，则当时，， 则在上单调递减，，即不合题意. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究曲线的切线、极值与最值等知识与方法，其中第 (2) 问的 (ii ) 小问, 关键是将 恒成立转化成 , 构造函数,利用导数分类讨论求解即可, 属于难题. 35．已知函数．（注：是自然对数的底数）． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，函数在区间内有唯一的极值点． ①求实数的取值范围； ②求证：在区间内有唯一的零点，且． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【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】（1）由导数的几何意义，求切点处的切线方程； （2）利用导数研究单调性得到极值的个数，利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系. 【详解】（1）当时，， ， 切线的斜率，又，所以切点为， 所以，切线方程为 （2）①.函数，， （ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去； （ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增， 又，，所以在上有唯一零点， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意， 综上，的取值范围是． ②.由①知，当时，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以时，，则， 又因为，所以在上有唯一零点， 即在上有唯一零点． 因为， 由①知，所以， 则 ， 设，， 则， ，，所以 在为单调递增，又，所以， 又时，，所以． 所以． 由前面讨论知，，在单调递增， 所以． 【点睛】思路点睛： 1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 36．已知函数. (1)讨论函数的极值点个数； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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】（1）求导，分、、三种情况讨论其单调性即可； （2）令，利用同构思想求证即可； （3）根据得出，将目标转化为求，再令，进而转化为求证，再构造函数求最值即可. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 令，， 当，即时，恒成立，则在上单调递增，无极值点； 当时，即或时， 有两个不等的实数根， 当时，，，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则函数有一个极小值点，无极大值点； 当时，，得或；得； 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故为极大值点，为极小值点，即函数有两个极值点， 综上，时，无极值点； 时，有一个极小值点，无极大值点； 时，有一个极小值点，一个极大值点. （2）当时，， 即证， 令，即证，即证， 因为，则函数在上单调递增， 当时，；当时，，所以函数的值域为， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为，则， 故，即，故原不等式得证； （3）， 因为函数有两个零点、，不妨设， 则，所以， 则，即， 要证，即证， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证． 37．设函数 (1)当a=1时，求f（x）的极值; (2)当时，试比较与的大小，并说明理由； (3)证明: 【答案】(1)极小值为，无极大值； (2)，理由见解析； (3)证明见解析. 【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】（1）利用导数求解极值； （2）构造，利用导数判断其符号，进而比较大小； （3）先利用数学归纳法证明一个比原不等式略强的不等式：，进而证明原不等式. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，无极大值. （2）当时，， 所以. 令， 则， 所以在单调递增，又时，， 所以时，，即. （3）先证明一个比原不等式略强的不等式： 因为，所以即证 证明如下：（1）当时，左边，右边， 成立； （2）假设当时不等式成立， 即， 则当时， 由（2）， 所以， 所以， 即当时不等式成立. 综上可知， 所以 38．定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.已知函数. (1)当时 （i）判断的奇偶性，并求在的极值； （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； (2)当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 【答案】(1)（i）偶函数，极小值为，无极大值；（ii）证明见解析 (2)证明见解析 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 【分析】（1）（i）由奇偶性的定义，结合求导确定函数单调性即可求解；（ii）由题可得极值点为第二或第四象限角，然后结合正切函数的性质讨论两极值点的差的范围即可. （2）利用导数几何意义得，，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下构造函数利用导数确定单调性，从而得出缩小的范围，再由不等式的性质证明结论即可. 【详解】（1）（i）当时，， 因为，故是偶函数， 由，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在的极小值为，无极大值.    （ii）由（i）得，令，则， 对满足方程的有，所以， 设是的任意正实根，则， 则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角， 因为， 所以在第二或第四象限变化时，变化如下， （为奇数） 0 + （为偶数） + 0 所以满足的正根都为函数的极值点， 由题可知为方程的全部正实根， 且满足，， 所以， 因为，，， 则，由，可得， 故得证. （2）由题意得， 当时，， 设对应的切点为，， 对应的切点为，， 由于，所以，， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形， 则， ， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，，， 令（）， 则，， 在上单调递减，又，所以， 所以，此时，则， 故得证. 39．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【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】（1）由给定的定义把问题转化为方程有唯一零点，再构造函数，利用导数探讨函数的性质求解即可. （2）①根据给定的定义将问题转化为方程有两个不同的零点求解；②由①中信息，利用极值点偏移求解. 【详解】（1）由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. （2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②由（1）知，当时，，令， 求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 40．物理学家牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法，具体做法如下：先在轴找初始点  ，然后作在点处的切线，切线与轴交于点，再作在点处的切线，切线与轴交于点 ，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的方程 的近似解为止. 对，设是函数的零点，记  ，其中表示不超过实数的最大整数； (1)求的值； (2)当时，证明：； (3)记，若，，当取得最小值时，求正整数的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，或，为所求答案 【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】（1）首先判断函数的单调性，利用函数的零点存在定理确定的所在区间，进而求解的值即可； （2）首先利用导数求得函数在上单调递增，并判断且，最后根据零点存在定理可得：，进而证明. （3）首先利用零点存在定理得到，进而得到，然后根据题意可得，代入并用三角函数恒等变换公式可得：，最后根据取最大值时，取最小值来确定的取值即可. 【详解】（1）当时，，由题意可得：是的零点； 由于，可得：函数在上单调递增. 又，，因此可得：，即得：. （2）已知函数，且. 由于，故在上单调递增， ， 由于且时，，所以， 又因为，因此根据零点存在定理可得：， 由此得证：. （3）由（2）可知在上单调递增且， 又 ，根据零点存在定理可得：， 即：，由此可得：， 化简得：，可得：()， ， 将，为常数，只需取最大值时，最小， 令，，得，， 无论取何整数，，由余弦函数的对称性知，我们只需求出与的最大值点距离最近的整数点即可，因此当，或，时，最小. 故，或，为所求答案. 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18 冲刺高分突破大题压轴（二） 百强名校-必刷真题精练 一、空间向量与立体几何 1．如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【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．如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. (1)当时，时. （i）证明：； （ii）求； (2)若，求的取值范围. 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 3．如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V． (1)求证：平面； (2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值； (3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值． 【来源】河南省实验中学2025届高三全真模拟数学试卷 二、随机变量及其分布 4．现市场上治疗某种疾病的药品有两种，其治愈率与患者占比如表所示，为试验一种新药，在有关部门批准后，某医院把此药给100个病人服用．设药的治愈率为，且每位病人是否被治愈相互独立． A B C（新药） 治愈率 患者占比 (1)记100个病人中恰有80人被治愈的概率为，求的最大值点； (2)设用新药的患者占比为（药品减少的患者占比，均为新药增加占比的一半，，以（1）问中确定的作为的值，从已经用药的患者中随机抽取一名患者，求该患者痊愈的概率（结果用表示） (3)按照市场预测，使用新药的患者占比能达到以上，不足的概率为，不低于且不超过的概率为，超过的概率为，某药企计划引入药品的生产线，但生产线运行的条数受患者占比的影响，关系如下表： 患者占比 最多投入生产线条数 1 2 3 若某条生产线运行，年利润为1000万，若某条生产线未运行，年亏损300万，欲使该药企生产药品的年总利润均值最大，应引入几条生产线？ 【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 5．一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. (1)若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; (2)已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 【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 6．为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． (1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； (3)从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 【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 7．在生态研究中，观察两种昆虫的信息传递，这两种昆虫的信息素中均含某种特殊化学物质A，A的浓度代表环境是否安全，但种群甲与种群乙的响应恰好相反，种群甲接收到含高浓度A的信息素后，认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，反之认为“危险”，传递含低浓度A的信息素；种群乙接收到含高浓度A的信息素后，认为“危险”，传递含低浓度A的信息素，反之认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，初始时，第1只昆虫属于种群甲，其接受到了“安全”的环境信息并开始传递．每只昆虫传递信息时，有的概率将信息素传递给同种群的昆虫，的概率将信息素传递给另一种群的昆虫，每次传递仅传递给一只昆虫，且每只昆虫传递信息的准确性与传递给的对象无关． (1)设为第n只昆虫属于种群甲的概率，当时，求； (2)求第n只昆虫传递含高浓度化学物质的信息素的概率； (3)证明：当时，，并阐述若要使这两种昆虫种群更加适应环境，p应该满足的要求及原因． 【来源】河北省衡水中学2026届高三上学期11月调研数学试题 8．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 【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 三、数列 9．已知双曲线，A为右顶点，点，，在双曲线上（不同于点A），使得． (1)求坐标； (2)记的坐标为．对的正整数，按照以下规则依次定义：过作一条平行于的直线与双曲线交于（不同于）．证明：为等比数列； (3)时，求n边形的面积． 【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 10．对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． (1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； (2)若，求的二阶和数列的前项和； (3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 【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 11．圆形回廊上有四个房间，呈顺时针编号1，2，3，4，小明同学从某房间出发，每次随机地按顺时针或逆时针的顺序走到下一个相邻的某一房间．假定他从1号房间出发，每次顺时针走的概率为，逆时针走的概率为，每次选择相互独立．设经过次回到1号房间的概率为，回到3号房间的概率为． (1)求； (2)求； (3)记：，证明：． 【来源】云南省云南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期适应性月考数学试卷 12．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数． （1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求； （3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值． 【来源】陕西省西安中学2025届高三第一次模拟考试数学试题 13．已知数列的各项互不相同，且 ， 若对任意，都有则称数列A具有性质P；若对任意， 都有则称数列A具有性质T. (1)若，写出所有具有性质T的数列A； (2)证明：具有性质P的数列A一定具有性质T； (3)记所有具有性质T的数列A的个数为，证明：数列是等比数列. 【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 14．已知函数，从点作轴的垂线，交的图象于点，过点作曲线的切线交轴于点，再过点作轴的垂线，交的图象于点，重复这一过程，得到两个点列，，，点的坐标记作． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)证明：．(切线不等式) 【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 四、圆锥曲线 15．已知抛物线的焦点F关于直线的对称点为，在抛物线E上有三点A，B，C，点A在y轴左侧，点B，C在y轴右侧且点B在曲线段AC上，过三点A，B，C作E的切线，与分别交于点P和Q，直线与交于点M． (1)求E的方程； (2)若直线AC过点F，证明：点Q在定直线上； (3)若是以MQ为底的等腰三角形，证明：直线PC过定点， 【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 16．在平面直角坐标系xOy中，点P是圆O：上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，点Q满足，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知椭圆：，作直线l（斜率为k，且）． ①若直线l不经过原点O，且与曲线，椭圆都相交，交曲线所得弦的中点为G，交椭圆所得弦的中点为H．若和分别表示直线OG和直线OH的斜率，则是否为与k无关的定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ②若直线l的斜率，l与椭圆相切，交曲线于C，D两点，点K为曲线上与C，D不重合的任意一点，求面积的最大值． 【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 17．已知椭圆：经过点和. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 【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 18．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知，． (1)若曲线和有两个公共点，求a的取值范围； (2)已知B为曲线上一点，其中为的导函数，O为坐标原点，把绕着原点O沿顺时针方向旋转后得到点P，记点P的轨迹为E． （ⅰ）求E的方程； （ⅱ）求曲线E的内接等腰直角三角形面积的最小值． 【来源】江苏省泰州中学2025届高三四模数学试题 19．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线；将曲线上每一点的纵坐标伸长为原来的倍（横坐标不变），得到曲线． (1)求曲线的方程； (2)若为曲线上一动点且在第一象限内，直线分别交曲线与两点，连接交轴与点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）曲线上是否存在定点使得三点的横坐标按一定顺序成等比数列？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【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 20．记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． (1)求点的坐标； (2)证明：是递减数列； (3)记的面积为，证明：． 【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 21．已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【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 22．已知双曲线 的离心率为 ，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 . (1)求双曲线 的方程； (2)设 ，若点 在双曲线 上， 在点 处的切线 与两条渐近线分别交于 两点， 是坐标原点，且 . （i）证明数列 是等差数列，并求通项公式 ; （ii）设数列的前 项和为 .求证: 对  . (其中 表示不超过 的最大整数，例如 ) 【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 五、导数及其应用 23．已知函数. (1)当时，若恒成立，求的取值范围； (2)当时，设为的从小到大的第个极值点.证明：数列是等比数列； (3)设函数在区间内的零点依次为，.求证：. 【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 24．已知函数，，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)求函数的零点； (3)用表示、的最大值，记．问：是否存在实数，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 【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 25．设函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，都有，求的最大值； (3)已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 【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 26．已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 【来源】海南省海口市第一中学2026届高三10月考试数学试题 27．已知函数 . (1)求函数在 处的切线方程； (2)若 ，求证： （i）函数有且仅有一个极值点； （ii）函数有且仅有两个零点 ，且 . 【来源】重庆市第八中学校2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题 28．已知函数，． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点． ①记表示不超过a的最大整数，求的取值范围； ②证明：． 【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 29．函数， （1），求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：. 【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 30．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【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 31．已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)当时， ①证明: 有唯一极值点; ②若存在，使得恒成立，求的取值范围. 【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 32．已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； (3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【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 33．已知函数. (1)求的单调递增区间. (2)证明：曲线是中心对称图形. (3)若，且，证明： 【来源】内蒙古赤峰二中2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试卷 34．已知函数. (1)若为奇函数，求此时在点处的切线方程； (2)设函数，且存在分别为的极大值点和极小值点. （i）求函数的极值； （ii）若，且，求实数的取值范围. 【来源】江苏省泰州中学2025届高三下学期模拟一数学试题 35．已知函数．（注：是自然对数的底数）． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，函数在区间内有唯一的极值点． ①求实数的取值范围； ②求证：在区间内有唯一的零点，且． 【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 36．已知函数. (1)讨论函数的极值点个数； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点，求证：. 【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 37．设函数 (1)当a=1时，求f（x）的极值; (2)当时，试比较与的大小，并说明理由； (3)证明: 【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 38．定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.已知函数. (1)当时 （i）判断的奇偶性，并求在的极值； （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； (2)当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 【来源】辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题 39．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【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） 40．物理学家牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法，具体做法如下：先在轴找初始点  ，然后作在点处的切线，切线与轴交于点，再作在点处的切线，切线与轴交于点 ，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的方程 的近似解为止. 对，设是函数的零点，记  ，其中表示不超过实数的最大整数； (1)求的值； (2)当时，证明：； (3)记，若，，当取得最小值时，求正整数的值. 【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 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $