解答题77分三轮冲刺保分强化训练(7)-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(7) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在中，内角，，所对的边长分别是，. (1)求角； (2)若，，，求AB边上的高. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据正弦定理得，，通过角的转化及两角和的正弦公式化简即可求得； （2）根据余弦定理得到的值，联立可解得，进而可判断的形状，从而求解. 【解析】（1）因为， 根据正弦定理得，. 因为，所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以. （2）根据余弦定理得，， 将，代入上式整理得，， 又因为且，解得，， 所以，所以为以AB为斜边的直角三角形， 所以斜边AB上的高为. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，且平面与平面夹角余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用三角形中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得的长. 【解析】（1）连接， 因为四边形为正方形，G是线段的中点， 所以G是线段的中点. 又因为F是线段的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面， 过点作，，所以平面， 又因为，所以以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 取平面的法向量为， ， 设平面的法向量为 ， 则， 令，则， 因为平面与平面夹角余弦值为， 所以 ， 即， 化简得到，解得 或（舍去）， 因为 ，所以，故. 3．（2026·江西·一模）已知直线与抛物线交于两点，且. (1)求的准线方程； (2)若直线与抛物线和圆都相切，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【解题思路】（1）联立直线与抛物线方程，根据弦长公式求出即可； （2）设直线的方程为，根据点到直线的距离等于半径以及建立方程组求解. 【解析】（1）设，联立，得， 则，解得， 由韦达定理得， 则， 解得（负值舍去），所以的准线方程为； （2）由（1）得的方程为， 当直线的斜率为时，直线与抛物线相交，不符合题意； 当直线的斜率不存在时，若与抛物线相切，则，此时与圆相交，不符合题意； 故直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， 因为直线与圆相切，所以，即， 联立，得， 则，得， 则，得， 则或， 所以直线的方程为或. 4．（2026·江苏南京·三模）小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为）玩游戏，游戏规则如下：每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷． (1)求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率； (2)规定第一次从小明开始，在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量，求的分布列和均值； (3)若第一次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率． 【答案】(1) (2)分布列见解析，均值为 (3) 【解题思路】（1）根据古典概型概率求解即可； （2）先分析小芳投掷的次数的所有可能的取值，然后求出分布列与数学期望即可； （3）若第1次从小芳开始，则第次对小芳投掷骰子分两种情况讨论，然后结合互斥事件性质，以及数列的递推关系式分析求解即可. 【解析】（1）设事件为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4的倍数”， 则基本事件为： ， ， ， 总数为36， 事件包含的基本事件有：， 共9个基本事件，所以. （2）由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4的倍数的概率也为， 由题意知可取值为，则： ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为：. （3）若第一次从小芳开始，则第次由小芳投掷骰子有两种情况： 第一种情况：第次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，其概率为， 第二种情况：第次由小明投掷，第次由小芳投掷，其概率为， 由于这两种情况彼此互斥，所以， 所以，且， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 5．（2026·湖北武汉·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. (3) 【解题思路】（1）利用导数求得，进而利用导数的几何意义可求得切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性； （3）结合（2）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可. 【解析】（1）当时，， 所以，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由， 得， 函数的定义域为， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以. 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·山东淄博·一模）已知锐角的三个内角，，所对的边分别为，，，且满足. (1)求角； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由正弦定理边化角，化简即可求解； （2）由（1）结合三角形为锐角三角形，确定的范围，将转换成，再结合两角差正弦公式及辅助角公式，转换成正弦型函数求值域即可. 【解析】（1）由正弦定理，，，可得： ， 又， 所以，因为， 化简可得：， 因为是锐角三角形，， 故； （2）由得，即， 因为是锐角三角形，所以， 解得， 由得， 故， 代入得： ， 因此的取值范围为. 2．（2026·江西·一模）已知数列中，，满足． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式： (2)设为数列的前项和，求． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【解题思路】（1）利用构造法将转化为，利用等比数列的通项公式求解. （2）求出，求出，利用裂项相消法求出. 【解析】（1）由题意，， 则， ， 所以是以为首项，3为公比的等比数列. 所以，则. （2）由， 则， 所以 即. 3．（2026·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）方法1：先确定为直线与平面所成的角，再利用直角三角形的边角关系求的取值范围. 方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围. 【解析】（1）因为，且为线段中点，所以． 又因为底面，平面，所以． 而，且，因此平面 而平面，因此． 又因为，所以平面． 而平面，所以平面平面. （2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为， 因此 不妨设，则， 所以 法二：以为原点， ，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，设，，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，即，令，则， 则， 因此. 4．（2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. (1)求C的方程； (2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【解题思路】（1）根据离心率可得，再结合的面积可得，，即可得椭圆方程； （2）设直线l：，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段、的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为，可得，即， 则，， 又因为的面积，即，， 所以椭圆C的方程为. （2）由（1）可知：，， 则直线的斜率，且线段的中点为， 假设存在直线l满足题意，设直线l：，，， 联立方程，消去y可得， 则，解得， 可得，， 即，则， 可得线段的中点为，直线的斜率， 此时，可知直线与直线不垂直， 这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意. 5．（2026·甘肃·一模）已知函数. (1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值； (2)当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数； (3)证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆. 【答案】(1) (2)极大值点有2个，极小值点有1个 (3)证明见解析 【解题思路】（1）利用导数的几何意义得出即可求出； （2）分、、、四种情况讨论导函数的正负性得出的单调性即可； （3）求证的图象关于对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称性设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程即可. 【解析】（1）由得， 当时，， 因为曲线在处的切线平行于轴， 所以，解得； （2）由得，得， 令则， ①当时，，则，所以在上单调递减， 因为， 则使当时；时， 则在单调递增，在单调递减，所以为的极大值点； ②当时，，则， 所以在上单调递减， 当时，，则， 所以在上单调递增， 又，所以为的极小值点； ③当时，，则， 所以在上单调递减， 因为， 所以使当时；时， 则在单调递增，在单调递减， 所以为的极大值点； 所以曲线在的极大值点有2个，极小值点有1个； （3）因为在中， 所以，即曲线的图象关于对称， 法一：假设上存在不同两点，其关于的对称点为， 则四边形为等腰梯形， 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形， 所以曲线上存在四个不同的点，使得这四个点共圆. 法二：在曲线上取不同的四点，其中和分别关于对称， 不妨设，， 则， 因为经过三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴上， 故设该圆的方程为， 因为点在圆上，所以， 将点的坐标代入圆的方程的左边得： 即点也在圆上， 所以存在同在圆上. $解答题77分三轮冲刺保分强化训练（7) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1.(2026黑龙江哈尔滨.一模)在ABC中，内角A,B,C所对的边长分别是a,b,C,2c-2 a cos B=√3b (1)求角A; (2)若a=1,bc=2V3,c>b,求AB边上的高 2.(2026黑龙江哈尔滨一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD为正方形，G,F分别是线段BD, EC的中点 D G…F B E (1)求证：GF∥平面ABE; ②)若平面ABE1平面ABCD,AB1BE,4B=2,且平面ADE与平面CDE夹角余弦值为257，求AE的长 19 3.(2026江西一模)已知直线2x+3y+8=0与抛物线C:y2=2pxp>0)交于M,N两点，且MW=213 (1)求C的准线方程； 2若直线1与抛物线C和圆2+y_64都相切，求直线1的方程 5 4.(2026江苏南京·三模)小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为1,2,3,4,5,6）玩游戏，游戏规则如下： 每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷人继续投掷；若掷 出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷 (1)求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率； (2)规定第一次从小明开始，在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量X,求X的分布列和均值； (③)若第一次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率P. 2 5.(2026湖影武汉：二模)已知函数f=了-alnx-(a-1x-号 (I)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点1，f1)处的切线方程； (②)讨论∫x)的单调性； (3)若f(x)有极小值，且f(x≥0，求a的取值范围 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1.(2026山东淄博.一模)已知锐角ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且满足 2 acos+beos4=-万6sinC (1)求角C; (2)求sinA+sinB+sinC的取值范围 2.(2026江西.一模糢)已知数列{an}中，a1=1,满足an1-3an-1=0neN. 心证写数列a+分 是等比数列，并求数列{a,}的通项公式： (2)设b,=log,2an+1,T,为数列 2 -}的前n项和，求T2026· b.b 4 3.(2026浙江·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB,E 为线段PB中点，F为线段BC上的动点. P E D C B (I)证明：平面AEF⊥平面PBC; (2)设直线AF与平面PBC所成角为O,求sin0的取值范围. 4(2026进山一碳)已知椭图C:千+广1a>6>0)的离心率为，V ,其左顶点为A,上顶点为B,AOB 2 的面积是1，其中O是原点，平行于AB的直线1与C交于M,N. (1)求C的方程； (②)是否存在这样的直线1，使以A,B,N,M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时1的方程；若不存在， 请说明理由 5 5.(2026甘肃.一模)已知函数fx=(π-x)sinx+kcosx(k∈R. ()若曲线y=f(x在x=处的切线平行于x轴，求k的值； (2)当k=1时，求函数y=f(x在(0,2π)内的极大值点和极小值点的个数； (3)证明：对任意k∈R,曲线y=f(x)上存在四个不同的点共圆 6