解答题77分三轮冲刺保分强化训练(8)-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(8) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·安徽安庆·一模）设为数列的前n项和，已知，且． (1)求数列的通项公式： (2)设数列满足，证明：，并求的最大项． 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 4．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. ( 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·江苏常州·模拟预测）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投，先投中者获胜，直到有人获胜或每人都已投三次结束，设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各自投篮互不影响. (1)求比赛结束但仍没有决出胜负的概率； (2)求甲获胜的概率. 2．（2026·江西赣州·一模）在中，角的对边分别为，且. (1)若，求的值. (2)若的内切圆的面积为，求的面积. 3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，线段为圆锥底面的直径，点为线段的中点，点是以为直径的圆上除外的一个动点，，且. (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 5．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． $ 解答题77分三轮冲刺保分强化训练(8) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·安徽安庆·一模）设为数列的前n项和，已知，且． (1)求数列的通项公式： (2)设数列满足，证明：，并求的最大项． 【答案】(1) (2)证明见解析，最大项为 【解题思路】（1）根据题设，结合与的关系可得，，进而得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，进而求解即可； （2）先得到，结合极限的定义求证即可，再根据数列的单调性求解最大项． 【解析】（1）由，得 当时，， 则， 即，则， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 则. （2）由（1）知，， 则，所以. 由于数列为递减数列，则时，取得最大值，即的最大项为. 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 【答案】(1)能 (2)（i）；（ii）当时，建议挑战第3道题；当时，挑战和不挑战第3道题都可以；当时，建议不挑战第3道题. 【解题思路】（1）计算，根据独立性检验的思想求解即可； （2）（i）根据重复独立事件的概率公式计算对应概率即可； （ii）分别计算不挑战第3道题，获得奖金的期望与挑战第三道题的获得奖金的期望，进而作差比较期望的大小判断即可. 【解析】（1）解：零假设为：对航天工程的关注情况与学历无关， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为对航天工程的关注情况与学历有关. （2）解：（i）记甲能进入第二关答题为事件，即3道题至少答对2道题， 所以 （ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0,400， ， 则的分布列为： 0 400 所以； 若确定挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0,200,800， ，， 则的分布列为 0 200 800 所以. 令， 故当时，，建议挑战第3道题； 当时，，挑战和不挑战第3道题都可以； 当时，，建议不挑战第3道题. 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【解析】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， △ABD为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 4．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若△PAB的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，且点. 【解题思路】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）①设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和； ②设△PAB的外接圆方程为，分析可知方程与方程为同解方程，可得出关于、、的方程组，解出、，可得出点的坐标，求出直线的方程，当时，求出直线的方程，取点为直线与轴的交点，结合勾股定理可得出结论. 【解析】（1）双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）①设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. ②设的外接圆方程为， 则， 由代入， 可得， 可得， 同理可得， 所以、为关于的方程的两根， 又因为、为关于的方程的两根， 所以方程与方程为同解方程， 所以，解得， 易知点，即点，， 所以直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即， 直线与轴的交点为，不妨取点，此时， 则， 故在轴上存在定点，使得为定值. 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解题思路】（1）根据导数分和两类讨论函数的单调性； （2）（i）构造，根据导数判断函数的单调性和最小值，进而进行证明； （ⅱ）法一：利用函数的单调性，先证得，结合（2）的不等式放缩得到，结合推出，得得证； 法二：构造，根据单调性得到，进而得到的单调性，后同法一； 法三：构造，根据单调性得，根据基本不等式得，进而证明结论； 法四：同法一得到，设，构造， 利用导数判断单调性，得到，后同法三进行证明. 【解析】（1）， ①当时，，在单调递增， ②当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递增， 在上单调递减. （2）设， 则， 因为在上单调递增，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，当且仅当时取等， 所以，即，当且仅当，时取等； （ⅱ）法一：由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以， 由（2）可知，，， 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以， 所以 法二： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，，易知在上单调递增， 所以当时，，即， 上式整理得，即 设，，所以在上单调递减， 所以，即， 因为，所以，所以，即， 所以 所以（同法一） 法三： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，， 所以，所以在上单调递增， 显然，所以，即， 因为，所以，所以，即， 根据基本不等式，，所以， 所以， 所以 法四： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 因为，所以 根据基本不等式，， 设，所以，整理得， 设， 所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以为增函数， 因为，所以当且仅当时，， 所以， 根据基本不等式，，所以， 所以 所以（同法三） ( 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·江苏常州·模拟预测）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投，先投中者获胜，直到有人获胜或每人都已投三次结束，设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各自投篮互不影响. (1)求比赛结束但仍没有决出胜负的概率； (2)求甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）设事件“甲在第次投篮投中”，设事件“乙在第次投篮投中”， 记“比赛结束但仍没有决出胜负”为事件，则，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可得解； （2）记“甲获胜”为事件，由题意，根据概率的加法公式和独立事件的概率公式即可得解. 【解析】（1）设事件“甲在第次投篮投中”， 事件“乙在第次投篮投中”，， 则，，，， 记“比赛结束但仍没有决出胜负”为事件，则， 可得， 所以比赛结束但仍没有决出胜负的概率为 （2）记“甲获胜”为事件，则， 可得， 所以甲获胜的概率为． 2．（2026·江西赣州·一模）在中，角的对边分别为，且. (1)若，求的值. (2)若的内切圆的面积为，求的面积. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据正弦定理及两角和正弦公式得，求得，再根据两角和的正切公式进行求解； （2）根据三角形面积公式及内切圆半径公式，结合余弦定理，求得，进而求得的值，从而求出的面积. 【解析】（1）因为，所以由正弦定理得， 所以， 所以， 所以 在中，因为，所以有，即得，即， 因为，所以，即得，， 所以. （2）内切圆的面积为，所以内切圆半径， 又，则有， 由余弦定理得 ， 所以，解得或（舍）， 所以， 则. 3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，线段为圆锥底面的直径，点为线段的中点，点是以为直径的圆上除外的一个动点，，且. (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）根据条件，利用线面垂直的判定，得平面，再由面面垂直的判定，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，由线面角的向量法，即可求解. 【解析】（1）因为垂直于圆锥的底面，又底面，所以， 因为，是线段的中点，又，则，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 设，因为点是以为直径的圆上除外的一个动点， 则点的轨迹方程为， 由（1）知，，所以点也在以为直径的圆上， 则点的轨迹方程为， 联立，可得， 因为两交点关于轴对称，不妨取， ， 设平面的法向量为，则， 取，则， 设与平面所成的角为， 则. 4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1） 根据离心率及焦点列方程计算求解椭圆方程； （2）先设直线再联立方程组计算韦达定理，把角转化为计算向量数量积计算求解. 【解析】（1）由已知， 解得，所以C的方程为 （2）设MN：，， 将直线与椭圆方程联立， 整理得， 经检验， 根据韦达定理， 因为，所以，即， 所以，整理得， 将韦达定理代入得， 去分母后整理得，解得， 5．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【解析】（1）当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 $