解答题77分三轮冲刺保分强化训练(5)（共两组）——2026届高三数学三轮冲刺(新高考适用)

解答题77分三轮冲刺保分强化训练(5) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·广东佛山·一模）现有8张大小质地完全相同的卡片，其中4张是红色，4张是蓝色.从中随机摸出3张卡片放入一个不透明的袋子中，记袋子中红色卡片的张数为，然后进行如下操作：从袋子中随机摸出一张卡片（每张卡片被摸到的概率相等），观察其颜色后，将该卡片放在袋外，再从袋外取一张另一种颜色的卡片放入袋中（即若摸出红色卡片，则放回蓝色卡片；若摸出蓝色卡片，则放回红色卡片），袋子中始终保持3张卡片．记经过次这样的操作后，袋子中红色卡片的张数为． (1)求； (2)当时，求随机变量的分布列和数学期望； (3)求随机变量的数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3) 【解题思路】（1）应用组合数及古典概型概率求法求概率即可； （2）确定对应的可能值并求出对应概率，写出分布列，进而求期望； （3）首先求出各可能值对应的概率，再求对应可能值的概率，即可求期望. 【解析】（1）依题意，. （2）当时，若摸出红色卡片，则的值为1，若摸出蓝色卡片，则的值为3， 所以，， 所以的分布列为 1 3 数学期望为. （3）的取值为0，1，2，3． ，， ，． 的取值为0，1，2，3． ， ， ， ， 所以随机变量的数学期望为. 2．（2026·河北张家口·一模）如图，在三棱锥中，，都是以为斜边的等腰直角三角形，，Q为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【解析】（1）在三棱锥中，取中点，连接，令 由，都是以为斜边的等腰直角三角形，得， 且，而，则，， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值. 3．（2026·吉林白山·二模）如图，在平面四边形中，，在边上，，，的面积为，记． (1)若，求线段的长度； (2)当为何值时，线段的长度最小？求出该最小值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据面积求出，再在中利用余弦定理可得； （2）设，根据面积求出，再在中利用正弦定理可得，结合辅助角公式、二倍角公式化简，最后利用三角函数求最值即可. 【解析】（1）因为的面积为，，， 所以，则， 在中利用余弦定理得， 所以线段的长度为. （2）设， 因为的面积为，，所以，则， 因为，所以， 因为，所以 在中利用正弦定理可得，， 则 ， 因为，所以，则， 则，则， 等号成立时，则，即， 故当时线段的长度最小，最小为. 4．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称. (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标； (3)求内切圆半径的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，定点为 (3) 【解题思路】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据离心率，可得a值，则可求出，即可得答案. （2）直线AC的方程为，与椭圆联立，设，则，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AB的方程，化简整理，即可得答案. （3）根据椭圆的定义，可得的周长，即可得内切圆半径r的表达式，根据韦达定理，可得的面积S的表达式，结合基本不等式，可得S的范围，即可得答案. 【解析】（1）由椭圆的焦点分别为，得， 由离心率，得，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）证明：由直线AC过，设直线AC的方程为， 因为不重合且B与关于轴对称，所以m存在且， 联立，得， 设，则， 则 又直线AB的斜率，所以直线AB的方程为， 整理得 令，得，所以直线AB恒过点. （3）由椭圆的定义得的周长为，则的面积， 所以， 又 令，由，得，则， 所以， 因为在上单调递增， 所以，则， 所以，即内切圆半径的取值范围为. 5．（2026·山东滨州·一模）已知函数． (1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）解题思路的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； （2）分离参数，构造新函数，通过解题思路新函数的最小值，得到实数的取值范围． 【解析】（1）函数的定义域为. . 令，则. 令，得，所以； 令，得，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 当时，，所以. 又，所以当时，. 当时，. 其简图如下： 所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于， 即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等. （2）当时，不等式恒成立，即. 令，则 . 令，则. 因为，所以， 又，所以. 所以是增函数，所以. 因为，所以恒成立，所以是增函数， 所以，即的最小值为. 所以实数的取值范围是． 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·重庆·一模）某地区从高一年级的物理测试中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图． (1)该地区某学校建议此次物理测试成绩在本地区前的学生选科报物理方向，试估计报物理方向的学生本次成绩不低于多少分？（结果保留整数） (2)从成绩位于区间和的答卷中，采用分层抽样随机抽取7份，再从这7份中随机抽取3份，设成绩在的答卷份数为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1)72分 (2)分布列见解析， 【解题思路】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，可求得a值，解题思路可得选报物理方向的最低分在内，根据x值右侧面积和为，即可求得答案. （2）求出成绩在区间和的人数，解题思路可得X的可能取值，求出各个取值对应的概率，列出分布列，求出期望即可. 【解析】（1）由题意，解得， 成绩在的频率为0.1，在的频率为0.25，在的频率为0.3， 因为， 所以选报物理方向的最低分在内，则， 解得，所以估计报物理方向的学生本次成绩不低于72分． （2）由题可知，成绩在区间的频数为， 成绩在区间的频数为， 利用分层抽样，从中抽取7份，成绩在的频数为， 成绩在的频数为， 再从这7份答卷中随机抽取3份，的所有可能取值为， ， 故的分布列为： 0 1 2 所以的数学期望为：． 2．（2026·河南南阳·模拟预测）记数列的前项和为，已知为常数列. (1)求的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由为常数列，得到，利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式； （2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可. 【解析】（1）由， 可得， 又为常数列， 所以， 即， 当时，， 所以，当时，，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 故； （2）因为，所以，， ， ， 所以 ， 所以 3．（2026·吉林白山·二模）在四棱锥中，底面是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点，为的中点，求： (1)异面直线与所成角的余弦值； (2)点到平面的距离； (3)二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）先建立空间直角坐标系，然后列出的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式计算即可. （2）先根据坐标求出平面的法向量坐标，然后根据向量的数量积求出点到平面的距离. （3）求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【解析】（1）以为原点，如图建立空间直角坐标系，因为， 则. 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）因为，设平面的法向量为. 则，两式相减得. 令，则，所以. 因为，所以点到平面的距离为 . （3）因为平面，所以是平面的一个法向量， 由于平面的法向量为. 所以二面角的余弦值为. 4．（2026·北京密云·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若4是的极小值点，证明此时的极大值小于零； (3)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明过程见解析 (3) 【解题思路】（1）根据导数的几何意义及直线的点斜式方程求解即可. （2）根据4是极小值点求出，结合导数与单调性、极值的关系求出极大值，进一步证明即可. （3）在定义域内单调递增即在定义域内恒成立，结合分离常数法及基本不等式求解即可. 【解析】（1）当时，，则，， 所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. （2）函数的定义域为，. 因为4是的极小值点，所以，即，解得. 当时，，， 令，则，解得或. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极大值，， 故此时的极大值小于零. （3）因为在定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 在上恒成立，也即在上恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数的取值范围为. 5．（2026·河北张家口·一模）已知椭圆E：（）的左顶点为，离心率为，直线与E交于M，N两点. (1)求E的方程； (2)若直线l过坐标原点，且在直线上存在点P，使得为等边三角形，求直线l的方程； (3)若直线，的斜率分别为，，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或 (3) 【解题思路】（1）根据离心率、顶点坐标及的关系即可求解； （2）讨论直线l斜率存在和不存在时，将直线与椭圆方程联立，求出交点，设，可得，再将的垂直平分线方程与椭圆联立，求出，求出，根据即可求解； （3）设直线，联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据两点斜率关系可得直线过定点，进而根据弦长公式得目标函数，即可结合函数的性质求解最值. 【解析】（1）由题意，得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）当直线的斜率不存在时，此时，即， 要使为等边三角形，则点一定在轴上， 而直线与轴的交点，即， 此时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线， 联立，得，即， 设，则，所以， 则， 又的垂直平分线方程为， 联立，解得，即， 则， 因为为等边三角形，所以， 则，解得或， 则直线的方程为或. （3）由题可知，直线的斜率不为0，设直线， 联立方程，得， 所以， 且， 所以 ， 解得，此时恒成立， 所以直线的方程为，直线过定点， 此时， 则， 令，则， 令，则在上单调递减， 所以的取值范围为． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题77分三轮冲刺保分强化训练(5) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·广东佛山·一模）现有8张大小质地完全相同的卡片，其中4张是红色，4张是蓝色.从中随机摸出3张卡片放入一个不透明的袋子中，记袋子中红色卡片的张数为，然后进行如下操作：从袋子中随机摸出一张卡片（每张卡片被摸到的概率相等），观察其颜色后，将该卡片放在袋外，再从袋外取一张另一种颜色的卡片放入袋中（即若摸出红色卡片，则放回蓝色卡片；若摸出蓝色卡片，则放回红色卡片），袋子中始终保持3张卡片．记经过次这样的操作后，袋子中红色卡片的张数为． (1)求； (2)当时，求随机变量的分布列和数学期望； (3)求随机变量的数学期望． 2．（2026·河北张家口·一模）如图，在三棱锥中，，都是以为斜边的等腰直角三角形，，Q为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 3．（2026·吉林白山·二模）如图，在平面四边形中，，在边上，，，的面积为，记． (1)若，求线段的长度； (2)当为何值时，线段的长度最小？求出该最小值． 4．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称. (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标； (3)求内切圆半径的取值范围. 5．（2026·山东滨州·一模）已知函数． (1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·重庆·一模）某地区从高一年级的物理测试中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图． (1)该地区某学校建议此次物理测试成绩在本地区前的学生选科报物理方向，试估计报物理方向的学生本次成绩不低于多少分？（结果保留整数） (2)从成绩位于区间和的答卷中，采用分层抽样随机抽取7份，再从这7份中随机抽取3份，设成绩在的答卷份数为随机变量，求的分布列及数学期望． 2．（2026·河南南阳·模拟预测）记数列的前项和为，已知为常数列. (1)求的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 3．（2026·吉林白山·二模）在四棱锥中，底面是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点，为的中点，求： (1)异面直线与所成角的余弦值； (2)点到平面的距离； (3)二面角的余弦值． 4．（2026·北京密云·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若4是的极小值点，证明此时的极大值小于零； (3)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围. 5．（2026·河北张家口·一模）已知椭圆E：（）的左顶点为，离心率为，直线与E交于M，N两点. (1)求E的方程； (2)若直线l过坐标原点，且在直线上存在点P，使得为等边三角形，求直线l的方程； (3)若直线，的斜率分别为，，且，求的取值范围. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $