教考衔接二十 教材命题点探源提升卷（一）-2026届高三数学二轮复习

教考衔接二十 教材命题点探源 提升卷（一） （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·荆州模拟）若复数z满足，则的实部为( ) A.1 B. C.2 D. 2．（2026·邯郸一模）已知集合，，若全集，则( ) A. B. C. D. 3.（2026·湛江1月检测）已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为 (　　) A． B．2 C． D．2 4．（2026·白银期末）等比数列的前n项和为，已知，，成等差数列，则的公比为( ) A. B. C.3 D. 5．（2026·湖南期末）AI算力芯片的散热基座采用《九章算术》“阳马”结构（底面为矩形、侧棱垂直底面的四棱锥），利用其表面积优势优化散热，通过打印制成。已知阳马形基座中，建模设，，，棱上的分流节点满足，则（ ） A. B. C. D. 6．（2026·苏州模拟）已知函数及其导数的定义域为R，记，且，都为奇函数.若，则( ) A.0 B. C.2 D. 7．（2026·哈尔滨模拟）对任一实数序列，定义序列，它的第n项为.假定序列的所有项都为1，且，则( ) A.3000 B.7000 C.9015 D.10045 8．（2026·秦皇岛模拟）函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调函数；②如果存在区间，使在区间上的值域为，那么就称函数为“减半函数”.若函数（，且）是“减半函数”，则实数t的取值范围为( ) 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·湖北1月检测）某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现的次品的件数的一组样本数据：3，4，3，1，5，3，2，5，1，3，则关于这组数据的结论正确的是( ) A.极差是4 B.众数小于平均数 C.方差是1.8 D.数据的分位数为4 10．（2026·张掖期末）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为，.又测得的长为10m，的长为，则( ) A.水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 B.水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 C.直线与水库底面所成角的正弦值为 D.直线与水库底面所成角的正弦值为 11．（2026·绵阳期末）设函数，则( ) A.当时，直线不是曲线的切线 B.当时，函数有三个零点 C.若有三个不同的零点，，，则 D.若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2026·辽宁朝阳模拟）随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”“莲莲”“宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”“莲莲”“宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为__________.（用数字作答） 13．（2026·鞍山期末）若随机变量，，，则的最小值为________. 14．（2026·河北保定模拟）已知向量a，b满足，，则的最大值为_____________. 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．（2026·青岛模拟）（13分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，边上的高为，求的周长． 16．（2026·芜湖模拟）（15分）如图1，在等边三角形ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且，连接AM，MN，BF，将沿EF折到的位置，使平面平面EFCB，如图2. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2026·湖北期末）（15分）记复数的一个构造：从数集中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复n次这样的构造，可得到n个复数，将它们的乘积记为.已知复数具有运算性质：，其中. （1）当时，记的取值为X，求X的分布列； （2）当时，求满足的概率； （3）求的概率. 18．（2026·河北石家庄模拟）（17分）已知函数，. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数a，b，且a为函数大于1的零点，b为函数的极值点. （ⅰ）求实数m的取值范围； （ⅱ）证明：. 19．（2026·青岛期末）（17分）已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线l交椭圆C于M，N两点. ①若直线l的斜率等于1，求面积的最大值； ②若，点D在l上，.证明：存在定点W，使得为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 教考衔接二十 教材命题点探源 提升卷（一） （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·荆州模拟）若复数z满足，则的实部为( ) A.1 B. C.2 D. 【答案】C 【解析】因为，所以，所以，所以的实部为2，故选C. 2．（2026·邯郸一模）已知集合，，若全集，则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由，可得，由，可得，则，，则，则.故选D. 3.（2026·湛江1月检测）已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为 (　　) A． B．2 C． D．2 【答案】D 【解析】设双曲线C的实轴长2a，虚轴长为2b，焦距为2c. 思路1:利用基本定义． 由题意得b＝a，c＝＝2a.因此C的离心率e＝＝2，正确选项为D. 思路2：特殊值法． 取a＝1，则b＝，c＝＝2，故＝2.因此C的离心率e＝＝2，正确选项为D. 思路3：排除法． 由题意得c>b＝a，故C的离心率e＝>.因为选项A，B，C都小于或等于，所以正确选项为D. 4．（2026·白银期末）等比数列的前n项和为，已知，，成等差数列，则的公比为( ) A. B. C.3 D. 【答案】D 【解析】设等比数列的公比为q，因为，，成等差数列，所以，所以，即，解得．故选D. 5．（2026·湖南期末）AI算力芯片的散热基座采用《九章算术》“阳马”结构（底面为矩形、侧棱垂直底面的四棱锥），利用其表面积优势优化散热，通过打印制成。已知阳马形基座中，建模设，，，棱上的分流节点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ,关选A. 6．（2026·苏州模拟）已知函数及其导数的定义域为R，记，且，都为奇函数.若，则( ) A.0 B. C.2 D. 【答案】C 【解析】因为为奇函数，所以，即，则的图象关于点对称，则，即，可知的图象关于直线对称，则，又因为为奇函数，所以，，，可得，可知的周期为4，所以.又因为，，已知，所以故选C. 7．（2026·哈尔滨模拟）对任一实数序列，定义序列，它的第n项为.假定序列的所有项都为1，且，则( ) A.3000 B.7000 C.9015 D.10045 【答案】D 【解析】依题意知，，，…是公差为1的等差数列，设其首项为a，通项为，则，于是 ，，即，解得，，故，故选D. 8．（2026·秦皇岛模拟）函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调函数；②如果存在区间，使在区间上的值域为，那么就称函数为“减半函数”.若函数（，且）是“减半函数”，则实数t的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】显然是定义域上的增函数，因此，若是“减半函数”，则即有两个不等实根.由，可得.令，则，.依题意知方程有两个不等正实根，设为，，所以解得，故选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·湖北1月检测）某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现的次品的件数的一组样本数据：3，4，3，1，5，3，2，5，1，3，则关于这组数据的结论正确的是( ) A.极差是4 B.众数小于平均数 C.方差是1.8 D.数据的分位数为4 【答案】AC 【解析】数据从小到大排列为1，1，2，3，3，3，3，4，5，5． 对于A，该组数据的极差为，故A正确； 对于B，众数为3，平均数为，两者相等，故B错误； 对于C，方差为，故C正确； 对于D，，这组数据的分位数为第8个数和第9个数的平均数4.5，故D错误．故选AC． 10．（2026·张掖期末）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为，.又测得的长为10m，的长为，则( ) A.水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 B.水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 C.直线与水库底面所成角的正弦值为 D.直线与水库底面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】如图，作且，连接，又，则四边形是矩形，，又，所以是所求二面角的平面角.因为，，则，又，，，平面，所以平面，而平面，所以，因为，所以，，，所以，故A错误，B正确，因为为等腰三角形，故面积 ，，设点C到水库底面的距离为h，则，故，故直线与水库底面所成角的正弦值为，故C正确，D错误，故选BC. 11．（2026·绵阳期末）设函数，则( ) A.当时，直线不是曲线的切线 B.当时，函数有三个零点 C.若有三个不同的零点，，，则 D.若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则 【答案】BCD 【解析】当时，，则，则，则曲线在点处的切线方程为，故A选项错误. 当时，，则，当和时，，单调递增，时，，单调递减.又因为，，结合三次函数的图象特征，此时有三个零点，故B选项正确. 设的三个零点分别为，，，则有， 展开后比对含项的系数，可得，故选项C正确. 当时，易知在R上单调递增，结合图象知不符合题意，故.因为，因此函数的图象关于点成中心对称图形.则此正方形必以为中心，不妨设正方形的四个顶点分别为A，B，C，D，其中一条对角线的方程为，则，即，解得，则，同理可得.由得，根据题意，方程只有一个正解，当时，显然不成立.故，则，因为，则，设，则. 设，根据题意，只需要直线与函数的图象只有唯一的公共点即可. 结合函数图象可得，解得，故选项D正确.故选BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2026·辽宁朝阳模拟）随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”“莲莲”“宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”“莲莲”“宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为__________.（用数字作答） 【答案】144 【解析】甲、乙、丙3位运动员站成一排，有种不同的排法，在3位运动员形成的4个空隙中选3个，插入3个吉祥物，共有种排法. 13．（2026·鞍山期末）若随机变量，，，则的最小值为________. 【答案】18 【解析】因为，所以对应的正态曲线的对称轴为直线.又，则由对称性得.又，所以.所以，当且仅当且，即，时，等号成立，所以的最小值为18. 14．（2026·河北保定模拟）已知向量a，b满足，，则的最大值为_____________. 【答案】 【解析】设，，由，知，又，所以，则可设，，则 ，其中，，故的最大值为. 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．（2026·青岛模拟）（13分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，边上的高为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【解析】(1)因为A，B，C为的内角，所以， 因为， 所以，可化为， 即，即， 因为，得， 即． (2)由三角形面积公式得，， 代入得，所以， 由余弦定理， 得，解得或（舍去）， 即， 所以的周长为. 16．（2026·芜湖模拟）（15分）如图1，在等边三角形ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且，连接AM，MN，BF，将沿EF折到的位置，使平面平面EFCB，如图2. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）证明：因为E，F分别为等边三角形ABC的边AB，AC的中点， 所以是等边三角形，且. 因为M是EF的中点，所以. 又平面平面，平面，所以平面EFCB. 又平面EFCB，所以. 因为，所以， 所以四边形MFCN为平行四边形，所以. 在等边三角形ABC中，，所以. 又，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）设等边三角形ABC的边长为4，取BC的中点G，连接MG. 由题设知，由（1）知平面EFCB. 又平面EFCB，所以，如图，建立空间直角坐标系Mxyz， 则，，，所以，. 设平面的法向量为， 则由得令，则，， 则为平面的一个法向量. 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．（2026·湖北期末）（15分）记复数的一个构造：从数集中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复n次这样的构造，可得到n个复数，将它们的乘积记为.已知复数具有运算性质：，其中. （1）当时，记的取值为X，求X的分布列； （2）当时，求满足的概率； （3）求的概率. 【答案】（1）分布列见解析 （2） （3） 【解析】（1）由题意知，可构成的复数为，共6个复数， 模为，，. 则X的可能取值为1，，2，3，，4， ，，， ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P （2）可能的结果共有种，满足的情况有： ①3个复数的模均为1，共有种； ②3个复数中，2个模均为1，1个模为或2，共有种， 所以. （3）当或2时，显然都满足，此时； 当时，满足共有三种情况： ①n个复数的模均为1，则共有种； ②个复数的模为1，剩余1个复数的模为或2，则共有种； ③个复数的模为1，剩余2个复数的模为或2， 则共有种， 故，当时均成立. 所以. 18．（2026·河北石家庄模拟）（17分）已知函数，. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数a，b，且a为函数大于1的零点，b为函数的极值点. （ⅰ）求实数m的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1）函数的单调递减区间为，无单调递增区间 （2）（ⅰ） （ⅱ）证明见解析 【解析】（1）依题意，函数的定义域为， ， 当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间. （2）（ⅰ）由（1）可知， 令，，则. 因为在上恒成立，所以函数在上单调递减， 当时，由（1）可知，函数在上单调递减， 所以函数不存在极值点，不符合题意； 当时，， 所以当时，，则， 所以函数在上单调递减. 因为，所以当时，， 所以函数不存在大于1的零点，不符合题意； 当时，，因为，， 所以存在，满足， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极值点. 因为，， 所以，此时，且， 即函数存在大于1的零点，此时实数m的取值范围为. （ⅱ）证明：依题意即 所以，即. 因为在上恒成立，且，，即， 所以，即， 两边取对数得， 则，所以. 19．（2026·青岛期末）（17分）已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线l交椭圆C于M，N两点. ①若直线l的斜率等于1，求面积的最大值； ②若，点D在l上，.证明：存在定点W，使得为定值. 【答案】（1） （2）① ②证明见解析 【解析】（1）由题意知，，，所以. 因为以P为圆心且过，的圆与直线相切， 所以该圆的半径为，所以，所以， 所以椭圆C的标准方程为. （2）①设直线l的方程为，，， 将代入，得， 所以，， ，解得. 所以， 点O到直线l的距离， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故当时，的面积最大，且最大值为. ②证明：显然直线l的斜率存在， 设直线l的方程为，，， 由得， 所以，， 所以， 所以， 解得， 所以直线过定点或， 所以D在以为直径的圆上，该圆的圆心为或，半径为， 所以存在定点W，其坐标为或，使得为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $