教考衔接十九 教材命题点探源基础卷（三）-2026届高三数学二轮复习

教考衔接十九 教材命题点探源 基础卷（三） （分值：150分 时间：120分钟） 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．（2026·辽宁模拟）若，则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题知.故选A. 2．（2026·河南周口校考）已知集合，，那么集合( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为，，所以，故选A. 3．（2026·福州期中）若，，，则实数( ) A.6 B. C.3 D. 【答案】B 【解析】因为，所以，即，化简得，又，，所以，因此，解得.故选B. 4.（2026·浙江温州1月测评）已知双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A． B． C． D． 【解析】选A.由题意知，双曲线焦点在轴上，其中一条渐近线方程为，所以，解得. 解法一：（利用双曲线标准形式的渐近线公式）.对于焦点在轴上的，其渐近线方程为.由题意知，双曲线焦点在轴上，可知，即，，即.因此该双曲线的渐近线方程为，已知一条渐近线方程为，所以，解得. 解法二：（令双曲线右边为0求渐近线），对于双曲线，令，得，，已知一条渐近线方程为，所以，解得. 5．（2026·晋城模拟）已知，，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由，得．又，则，所以，所以．故选C. 6．（2026·安庆模拟）中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近30°，若取，则下列结论正确的是( ) A.正四棱锥的底面边长为48m B.正四棱锥的高为4m C.正四棱锥的体积为 D.正四棱锥的侧面积为 【答案】C 【解析】如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，，则H为的中点，连接，，，则平面，，则为侧面与底面所成的锐二面角， 设底面边长为.正四棱谁的则面与底两所成的䌼二面但为，这个角接近，取，，则，，. 在中，，解得，故底面边长为，正四棱锥的高为，侧面积为，体积.故选C 7．（2026·江苏南通月考）若函数在上只有一个零点，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】法一：， 易知，令，则由题意知.故选A. 法二：当时，由，易得在区间内函数没有零点，故，对照选项，只有A正确，故选A. 8. （2026·秦皇岛模拟）某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下：①将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别，两次观测时镜子间的距离为a，人的“眼高”为h，则建筑物的高度为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设所求建筑物的高为x，如图， 在 中，，因为，所以在 中，，所以，因为， 所以，则，所以，解得.故选A. 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．（2026·邢台期末检测）在某次数学测试中，学生的成绩，则( ) A. B.若越大，则越大 C. D. 【答案】AC 【解析】因为，所以，A正确； 当时，，当时，，B不正确； 因为，所以，C正确； 根据正态曲线的对称性，D不正确.故选AC. 10．（2026·山东济南月考）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则( ) A.点在C上 B.将C在x轴上方的部分看作函数的图象，则1是的极小值点 C.C在点处的切线与C的另一个交点的横、纵坐标均为有理数 D.时，曲线C上任意一点到坐标原点O的距离均大于 【答案】ACD 【解析】将代入C的方程，等式成立，故A正确；对于C在x轴上方的部分，可知函数，则，因为，故B错误；过点作C的切线，由B选项知其斜率为，故其方程为，将其与C的方程联立，得，故切线与C的交点的坐标为，横，纵坐标均为有理数，故C正确；设，，则其到坐标原点O的距离为，要使该距离大于，只需要，整理得，易知当时，不存在，可知， 又因为，故，故成立，故D正确.故选ACD. 11．（2026·内江模拟）一般地，若，（，且），则称A，B，P，Q四点构成调和点列.已知椭圆，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点.动点E满足M，N，D，E四点构成调和点列，则下列结论正确的是( ) A.M，N，D，E四点共线 B. C.动点E的轨迹方程为 D.既有最小值又有最大值 【答案】ABC 【解析】对于A，因为M，N，D，E四点构成调和点列，则有，因为有公共点D，所以M，D，N三点共线，且有，因为有公共点E，所以M，E，N三点共线，即可得到M，N，D，E四点共线，A正确； 对于B，因为，所以， ，即，所以 ，B正确； 对于C，设，，，由，，得两式相乘得①，同理可得②，则得，又点，在椭圆上，所以，，所以，即点E的轨迹方程为，即，C正确； 对于D，点到直线的距离，即为的最小值，无最大值，D错误.故选ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2026·喀什检测）等比数列中，，，则的前4项和等于________. 【答案】5 【解析】设等比数列的公比为q，由，得， 解得，因此，所以的前4项和等于5. 13．（2026·茂名模拟）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_________. 【答案】 【解析】因为，所以，所以曲线在点处切线的斜率， 又切线过点，所以曲线在点处切线的方程为， 对求导得，由直线也是曲线的切线，得，解得，将代入得，所以曲线与直线相切的切点坐标为，代入，解得. 14．（2026·安徽期末检测）五一长假期间，铁路部门迎来客流量高峰.某高铁站进站口并排有3个安检入口，假设每个人在进站时选择每个安检入口的概率都是，现有三男三女共六位乘客先后通过安检入口进站，则每个安检入口通过的男乘客人数与女乘客人数均相等的概率为______. 【答案】 【解析】由题知，每个人选择每个安检入口的概率都相等，则三男三女共六位乘客通过安检入口进站，共有种不同的结果.若每个安检入口均为一男一女通过，共有种不同的结果；若三个安检入口中，一个入口通过0人，一个入口通过一男一女，一个入口通过两男两女，共有种不同的结果；若六人均在同一个安检入口通过，共有种不同的结果，则每个安检入口通过的男乘客人数与女乘客人数均相等的概率为. 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. （2026·龙海1月阶段检测）（13分）在中，角的对边分别为．已知． （1）若，，求； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） （1）由及正弦定理得，． 因为，所以，则，即． 因为，所以，根据余弦定理得， 即，解得或 (舍去)，故． （2） 方法一：由和正弦定理，得， 即． ，即，则得． 所以． 方法二：根据余弦定理得， 则，， 则角A是锐角，故，则， 所以． 16．（2026·滨州检测）（15分）已知抛物线，是抛物线C上的点. （1）求抛物线C的方程及p的值； （2）直线l与抛物线C交于，两点，，且，求的最小值并证明直线l过定点. 【答案】(1) (2)的最小值为，证明见解析 【解析】(1)将的坐标代入，得， 抛物线C的方程为. (2)设直线l的方程为， 由消去x并整理，得， ，，即. ， 解得或(舍去)， ， ， 当且仅当，即，时等号成立. 的最小值为. ，直线，其恒过定点. 17．（2026·吉化模拟）（15分）如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，，，，平面ABCD，M为AD上一点，且，连接BD、BE、BM. （1）证明：平面BFM； （2）求平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）证明：因为平面，平面ABCD，所以. 又，且，平面BFM，所以平面BFM. 因为，所以平面BFM. （2）作，垂足为N，则. 又，所以四边形FMNE是平行四边形， 又，所以四边形FMNE是矩形， 又四边形ADEF为等腰梯形，且，，所以. 由（1）知平面BFM，所以. 又，所以. 在中，. 在中，. 以B为原点，BM，BC，BF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，， 设平面ABF的法向量为， 由得可取. 设平面DBE的法向量为， 由得可取. 因此，. 故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为. 18．（2026·重庆模拟）（17分）若数列满足，则称为“增差数列”. （1）若，证明：为“增差数列”； （2）若为“增差数列”，且，，求的最大值； （3）已知“增差数列”的前n项和为，数列的前n项和为，若，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】（1）设，要证为“增差数列”，只需证. ， ， ，为“增差数列”. （2）由题意可得， ， 又，， ， 即，得， 当且仅当时等号成立，的最大值为. （3）为“增差数列”，，， ， ， ， ， ， ， 即，故. 19．（2026·郑州调研测试）（17分）已知函数. （1）若在R上单调递减，求a的最大值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】（1）由函数，得， 令， 因为在R上单调递减， 所以恒成立. 因为，当且仅当时取等号， 则，所以，即，得. 故a的最大值为. （2）证明：由（1）知， 则， 则， 所以曲线关于点对称，是中心对称图形. （3）当时，若，则，与矛盾，所以. 当，时，若，则，与矛盾； 当，时，若，则，与矛盾.所以. 当时，若，则， 此时，与题意矛盾； 当时，若， 则， 此时，矛盾； 因此，所以. 当时，由（1）可知在R上单调递减， 又，所以当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减，此时，符合题意； 当，且时，， 此时，则，不合题意. 综上所述，a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $ 教考衔接十九 教材命题点探源 基础卷（三） （分值：150分 时间：120分钟） 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．（2026·辽宁模拟）若，则( ) A. B. C. D. 2．（2026·河南周口校考）已知集合，，那么集合( ) A. B. C. D. 3．（2026·福州期中）若，，，则实数( ) A.6 B. C.3 D. 4.（2026·浙江温州1月测评）已知双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A． B． C． D． 5．（2026·晋城模拟）已知，，则( ) A. B. C. D. 6．（2026·安庆模拟）中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近30°，若取，则下列结论正确的是( ) A.正四棱锥的底面边长为48m B.正四棱锥的高为4m C.正四棱锥的体积为 D.正四棱锥的侧面积为 7．（2026·江苏南通月考）若函数在上只有一个零点，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 8. （2026·秦皇岛模拟）某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下：①将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别，两次观测时镜子间的距离为a，人的“眼高”为h，则建筑物的高度为( ) 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．（2026·邢台期末检测）在某次数学测试中，学生的成绩，则( ) A. B.若越大，则越大 C. D. 10．（2026·山东济南月考）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则( ) A.点在C上 B.将C在x轴上方的部分看作函数的图象，则1是的极小值点 C.C在点处的切线与C的另一个交点的横、纵坐标均为有理数 D.时，曲线C上任意一点到坐标原点O的距离均大于 11．（2026·内江模拟）一般地，若，（，且），则称A，B，P，Q四点构成调和点列.已知椭圆，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点.动点E满足M，N，D，E四点构成调和点列，则下列结论正确的是( ) A.M，N，D，E四点共线 B. C.动点E的轨迹方程为 D.既有最小值又有最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2026·喀什检测）等比数列中，，，则的前4项和等于________. 13．（2026·茂名模拟）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则___. 14．（2026·安徽期末检测）五一长假期间，铁路部门迎来客流量高峰.某高铁站进站口并排有3个安检入口，假设每个人在进站时选择每个安检入口的概率都是，现有三男三女共六位乘客先后通过安检入口进站，则每个安检入口通过的男乘客人数与女乘客人数均相等的概率为______. 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. （2026·龙海1月阶段检测）（13分）在中，角的对边分别为．已知． （1）若，，求； （2）若，求的值. 16．（2026·滨州检测）（15分）已知抛物线，是抛物线C上的点. （1）求抛物线C的方程及p的值； （2）直线l与抛物线C交于，两点，，且，求的最小值并证明直线l过定点. 17．（2026·吉化模拟）（15分）如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，，，，平面ABCD，M为AD上一点，且，连接BD、BE、BM. （1）证明：平面BFM； （2）求平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值. 18．（2026·重庆模拟）（17分）若数列满足，则称为“增差数列”. （1）若，证明：为“增差数列”； （2）若为“增差数列”，且，，求的最大值； （3）已知“增差数列”的前n项和为，数列的前n项和为，若，证明：. 19．（2026·郑州调研测试）（17分）已知函数. （1）若在R上单调递减，求a的最大值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，求a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $