解答题77分三轮冲刺保分强化训练(6)-2026届高三数学三轮复习(新高考适用)

解答题77分三轮冲刺保分强化训练(6) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·四川成都·二模）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【解题思路】(1)利用导数的几何意义求解； (2)利用导函数研究函数的单调性. 【解析】（1）当时，， ，则， 又，∴曲线在点处的切线方程为． （2），， ，，由，得，由，得． 的单调递增区间为，单调递减区间为． 2．（2026·陕西西安·模拟预测）近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示： 年份 2019 2020 2021 2022 2023 购买量（万辆） 0.40 0.70 1.10 1.50 1.80 (1)计算与的相关系数（保留三位小数）； (2)求关于的线性回归方程，并预测该地区2026年新能源汽车购买数量． 参考公式：． 参考数值：． 【答案】(1)； (2)，2.9万辆． 【解析】（1）由题意，， 则，， 则． 故与的相关系数为． （2）由（1）， 则， 故关于的线性回归方程为， 令，则， 故可预测该地区2026年新能源汽车购买数量为万辆. 3．（2026·四川成都·二模）如图，正方形的边长为1，P，Q分别为边，上的点． (1)若，，求； (2)当的周长为2时，求的大小． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）分别求出的值，进而得到的值，再利用勾股定理即可求出； （2）设，，，，利用的周长为2求出的值，再结合的范围求出的值，即可得解. 【解析】（1）由题意知，则， 所以； （2） 设，，，，则，． 由的周长为2可得，即， 两边同时平方可得，化简得． 所以 ． 又因为，所以． 所以． 4．（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得，即可求解； （2）设，联立方程组，由，求得，且，结合，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得的值，即可求解； （3）由（2）求得线段的垂直平分线的方程为，设点的坐标为，根据及，列出方程，化简得到，代入，求得，得到圆心在定直线上，即可得证. 【解析】（1）因为双曲线的离心率为，且是上一点， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则，解得，所以或， 且， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以 ， 将代入上式得， ， 因为，可得，即， 解得或， 又因为或，所以， 所以直线的方程为. （3）由（2）知，可得的中点的横坐标为， 则点的纵坐标为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为，即， 设点的坐标为， 因为，可得 ， 又因为， 代入得， 整理得， 又由，可得， 则，可得， 其中， 则， 整理得， ①当时，两边同除以，可得， 代入，可得，即， 所以的外接圆的圆心在定直线上； ②当时，即时，可得直线的方程为， 此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去， 综上可得，的外接圆的圆心在定直线上. 5．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【解题思路】（1）由平面可以得到平面平面，再由线线垂直得到平面，再由线面垂直得到，由三角形的性质得到，再由线面垂直的判定定理证明平面，由面面垂直的判定定理即可证明. （2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，代入求解即可. （ii）取中点，作于，证明平面，得到为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，求解圆的面积，假设存在m，n，且使得，，成等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【解析】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． （2）（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，， ，， 设为平面的一个法向量． 故即取， 取为平面的一个法向量． ，解得，故． （ii）如图，取中点，作于． 由，所以满足． 则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． 因为，则，则平面， 则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径 由，则， 所以圆的面积， 假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． 即化简可得 因为，，所以为偶数，即（*）式不成立， 所以数列中不存在3项成等差数列． 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·山东济宁·一模）在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且. (1)若，求的大小； (2)当取得最小值时，求的面积. 【答案】(1)； (2) 【解题思路】（1）由正弦定理得到，根据得到方程，求出，根据余弦定理得到，求出； （2）由利用三角形面积公式可得，根据基本不等式解出的最小值，应用取等条件求出三角形面积. 【解析】（1）因为，由正弦定理得， 因为的角平分线交BC于点D，所以， 由，得， 则， 即，所以， 在中，由余弦定理得， 即； （2）由， 得， 得， 化简得，即， 所以， 当且仅当时等号成立，取得最小值， 此时，面积为． 2．（2026·江西·模拟预测）已知动圆过定点，且与直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹C的方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交轨迹C于M，N两点，若，求证：直线MN恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）由抛物线的定义可得方程； （2）设，由得出，利用韦达定理化简即可. 【解析】（1）由题意可知，点到点和到的距离相等， 故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 故动圆圆心的轨迹C的方程为； （2）由题意可知，直线的倾斜角均不为和， 故直线，的斜率存在且不为， 因为，所以，即， 即， 若直线的斜率为，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则重合，均不符合题意； 故设，， 联立，得， 则， 则 ， 得， 则直线恒过点. 3．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）求出的导数，再按分类讨论求出的单调区间. （2）把代入求出，再对所证不等式作等价变形，按分段并构造函数，利用导数证明不等式. 【解析】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，， 不等式， 当时，，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此； 当时，，函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此， 所以. 4．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）在线段上取一点，根据题意可证平面，平面，进而可得平面平面，即可证线面平行； （2）设的中点分别为，可证，平面，建系并标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【解析】（1）在线段上取一点，使得， 因为平面，平面，所以平面， 由平行线性质可得：， 且，，则， 即，可得，且，则， 又因为平面，平面，所以平面， 且，平面，可得平面平面， 由平面，可得平面. （2）设的中点分别为，连接，则， 由题意可知：，， 且，平面，可得平面， 因为平面，则， 可知二面角的平面角为， 且，可知为等边三角形，则， 又因为，平面，则平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可知点分别是线段的中点， 则，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 5．（2026·山东济宁·一模）2026年春节期间，甲乙两名同学在商场参加一个小游戏，且分在同一组.现有三个不透明的盒子，盒中分别装有若干个除颜色不同外，其他均相同的球，盒中有1个红球，2个黄球；盒中有1个红球，3个黄球；盒中有5个红球，3个黄球.游戏规则如下：两人为一组参加游戏，游戏按轮依次进行，每一轮都是甲先从盒中随机摸出1个小球，记录颜色后再放回盒内，然后，乙根据甲摸到小球的颜色在指定的盒子中有放回地摸一个小球.若甲摸到红球，则乙从盒中摸球；若甲摸到黄球，则乙从盒中摸球.记录乙摸出小球的颜色后放回小球，本轮结束.在一轮摸球过程中，若甲和乙摸出的小球颜色相同，则二人获得一张“骐骥”卡片；若颜色不同，则二人获得一张“驰骋”卡片.规定连续两轮获得“驰骋”卡片时游戏结束，否则，继续游戏.假设每轮摸球结果互不影响. (1)求甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率； (2)记甲乙两人在第轮摸球结束时依然未终止摸球游戏的概率为，且. （i）求； （ii）求，并判断：当时，是否无限趋近于一个常数？若是，求出的值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i），（ii），当时，是否无限趋近于一个常数，即. 【解题思路】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论即可求解， （2）根据，可得递推关系，分情况讨论，结合等比数列的性质求解. 【解析】（1）甲从A盒中摸到红球的概率为，摸到黄球的概率为，乙从B盒中摸到黄球的概率为， 红球的概率为，乙从C盒中摸到黄球的概率为，红球的概率为， 故甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率为. （2）（i）, , （ii）设事件表示甲乙两人在第轮摸球游戏中获得“驰骋”卡片， 则 ， 则，或 又， 当时，， 所以，， ， 故为等比数列，且公比为，首项为， 则，故， 而满足上式，因此； 当时，， 则，则， 故为等比数列，且公比为，首项为， 故， 而满足上式，因此， ， 当时，则. 综上可得：故当时，无限趋近于一个常数，即. ( 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(6) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·四川成都·二模）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 2．（2026·陕西西安·模拟预测）近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示： 年份 2019 2020 2021 2022 2023 购买量（万辆） 0.40 0.70 1.10 1.50 1.80 (1)计算与的相关系数（保留三位小数）； (2)求关于的线性回归方程，并预测该地区2026年新能源汽车购买数量． 参考公式：． 参考数值：． 3．（2026·四川成都·二模）如图，正方形的边长为1，P，Q分别为边，上的点． (1)若，，求； (2)当的周长为2时，求的大小． 4．（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 5．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·山东济宁·一模）在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且. (1)若，求的大小； (2)当取得最小值时，求的面积. 2．（2026·江西·模拟预测）已知动圆过定点，且与直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹C的方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交轨迹C于M，N两点，若，求证：直线MN恒过定点． 3．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 4．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2026·山东济宁·一模）2026年春节期间，甲乙两名同学在商场参加一个小游戏，且分在同一组.现有三个不透明的盒子，盒中分别装有若干个除颜色不同外，其他均相同的球，盒中有1个红球，2个黄球；盒中有1个红球，3个黄球；盒中有5个红球，3个黄球.游戏规则如下：两人为一组参加游戏，游戏按轮依次进行，每一轮都是甲先从盒中随机摸出1个小球，记录颜色后再放回盒内，然后，乙根据甲摸到小球的颜色在指定的盒子中有放回地摸一个小球.若甲摸到红球，则乙从盒中摸球；若甲摸到黄球，则乙从盒中摸球.记录乙摸出小球的颜色后放回小球，本轮结束.在一轮摸球过程中，若甲和乙摸出的小球颜色相同，则二人获得一张“骐骥”卡片；若颜色不同，则二人获得一张“驰骋”卡片.规定连续两轮获得“驰骋”卡片时游戏结束，否则，继续游戏.假设每轮摸球结果互不影响. (1)求甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率； (2)记甲乙两人在第轮摸球结束时依然未终止摸球游戏的概率为，且. （i）求； （ii）求，并判断：当时，是否无限趋近于一个常数？若是，求出的值；若不是，请说明理由. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $