考题·教材·转型→三重奏-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

模块 考题 溯源 考源衔接 集合、向量 2025·全国一卷T2 已知集合U＝{x|x是小于9的正整数}，A＝{1，3，5}，则∁UA中元素的个数为(　　) A．0　　 B．3　　 C．5　　 D．8 必修第一册P13例5 设U＝{x|x是小于9的正整数}，A＝{1，2，3}，B＝{3，4，5，6}，求∁UA，∁UB． 考题与例题实则同题，考题只是再进一步数∁UA中的元素个数． 2025·全国二卷T12 已知平面向量a＝(x，1)，b＝(x－1，2x)，若a⊥(a－b)，则|a|＝________． 必修第二册P60复习参考题6T8 已知向量a＝(1，0)，b＝(1，1).当λ为何值时，a＋λb与a垂直？ 考题与参考题都是在向量的线性运算下，利用垂直关系求待定系数，前者是坐标待定，后者是向量系数待定，实则为相互的转型问题． 函数与导数 2025·全国一卷T5 已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)＝5－2x，则f＝(　　) A．－　　 B．－ C． D． 必修第一册P214习题5.4T15 已知函数y＝f(x)是定义在R上周期为2的奇函数，若f(0.5)＝1，求f(1)，f(3.5)的值． 必修第一册P214习题5.4T18 已知函数y＝f(x)(x∈R)是周期函数，周期为2，其部分图象如图所示， (1)写出函数y＝f(x)的解析式； (2)画出函数y＝f(x＋1)的图象． 考题是两习题的合成，将函数的基本特征或特性巧妙嫁接． 事实上，根据两道习题蕴含的信息，可用图象妙解考题．从图易知当－1≤x≤0时，f(x)＝2x＋1，所以f(－)＝－.原考题中的函数可表示为f(x)＝－2|x－2k|＋1，x∈[2k－1，2k＋1]，k∈Z. 当k＝0时，x∈[－1，1]，f(x)＝－2|x|＋1，所以f(－)＝－. 源于T18(1)的函数解析式f(x)＝|x－2k|，x∈[2k－1，2k＋1]，k∈Z. 2025·全国二卷T13 若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 选择性必修第二册P104复习参考题5T9 已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，求c的值． 考题与参考题实为同题，考题只说明了极值点，并多求了x＝0处的函数值，也可转型为求x＝0处的切线方程等等． 续　表 模块 考题 溯源 考源衔接 数列 2025·全国二卷T7 记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20　　 B．－15 C．－10 D．－5 选择性必修第二册P21例7 已知一个等差数列{an}前10项的和是310，前20项的和是1 220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗？ 考题与例题堪称相同，考题数据比例题数据还“小”，只不过考题再多求一次S6，且转型为选择题． 2025·全国一卷T13 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________． 选择性必修第二册P37练习T5 如果一个等比数列前5项的和等于10，前10项的和等于50，那么这个数列的公比等于多少？ 考题与练习题基本一致，只不过考题是“双偶数项”和，练习题是“一奇一偶数项”和，考题利用“正数列”去掉负值公比，而练习题公比只有一个解． 三角 函数 2025·全国一卷T4 已知点(a，0)(a>0)是函数y＝2tan (x－)的图象的一个对称中心，则a的最小值为(　　) A．　　 B． C． D． 必修第一册P213习题5.4T8 求函数y＝tan ，x≠＋(k∈Z)的周期． 考题与习题问法不同，实则内涵一致，习题中x≠＋(k∈Z)正是求对称中心的思想之一，而且“2”分别在内外，真是一对“互型题”． 2025·全国二卷T5 在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋，AB＝，则A＝(　　) A．45°　　　　 B．60° C．120° D．135° 必修第二册P48练习T2(2) 在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，求c. 考题与练习题实际上是同一道题，都是三个角分别是45°，60°，75°，三对边之比为2∶∶(1＋)，求边转型为求角正是试题之途径． 立体几何 (多选)2025·全国一卷T9 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D 必修第二册P148练习T4 如图，在正三棱柱ABC-A′B′C′中，D为棱AC的中点，AB＝BB′＝2，求证BD⊥AC′. 考题与练习题实为同题，考题是在相同的几何框架上加了几个相关选择支，构成多项选择题，需要说明的是教材中条件AB＝BB′＝2是多余的，不影响问题的证明． 2025·全国一卷T17 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD． (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． 选择性必修第一册P49复习参考题1T12 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5. (1)求四棱锥S-ABCD的体积； (2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值． 考题与参考题的几何框架构建完全一致，实则“同构异数”，将参考题加问题求证平面SAB⊥平面SBC便与考题(1)问一致，再加问题求证过四点S，A，D，C的球的半径，即对应考题第(2)中的第(ⅰ)问，而求角问题可视“恰当”的几何关系设置． 续　表 模块 考题 溯源 考源衔接 解析几何 2025·全国一卷T7 已知圆x2＋(y＋2)2＝r2(r>0)上到直线y＝x＋2的距离为1的点有且仅有两个，则r的取值范围是(　　) A．(0，1)　　 B．(1，3) C．(3，＋∞) D．(0，＋∞) 选择性必修第一册P99习题2.5T13 已知圆x2＋y2＝4，直线l：y＝x＋b.b为何值时，圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1？ 考题与习题实则“同题异构”．考题“有且仅有两个点”求圆的半径r，习题“恰有三个点”求直线在y轴上的截距b，体现一字之差的和谐转型建构． 2025·全国二卷T16 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，长轴长为4. (1)求C的方程； (2)过点(0，－2)的直线l交C于A，B两点，O为坐标原点．若△OAB的面积为，求|AB|. 选择性必修第一册P112练习T4(2) 求适合下面条件的椭圆的标准方程： 长轴长等于20，离心率等于. 选择性必修第一册P114练习T2 经过椭圆＋y2＝1的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，求线段AB的长． 考题第(1)问与练习题T4(2)高度一致，只不过考题中椭圆设置了标准方程，练习题要分类讨论．考题第(2)问的设置是利用练习题T2的转型演化，一般地，根据教材考题第(2)问的设置具有多样性． 续　表 模块 考题 溯源 考源衔接 概率与统计 2025·全国二卷T1 样本数据2，8，14，16，20的平均数为(　　) A．8　　　　　　 B．9 C．12 D．18 必修第二册P216习题9.2T2 甲、乙两台机床同时生产一种零件，在10天中，两台机床每天生产的次品数分别为： 甲 0 1 0 2 2 0 3 1 2 4 乙 2 3 1 1 0 2 1 1 0 1 分别计算这两组数据的平均数和标准差，从计算结果看，哪台机床的性能更好？ 考题与习题都是最简单的求平均数问题，平均数(期望值)是样本统计中十分重要的量． 2025·全国一卷T15 为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1 000人，得到如下列联表： (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值； (2)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关． 附：χ2＝ ， 选择性必修第三册P135习题8.3T7 从第5题的高三学生中获取容量为40的有放回简单随机样本，由样本数据整理得到如下列联表： 单位：人 (1)依据α＝0.05的独立性检验，能否认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联？解释所得结论的实际含义． (2)得到的结论与第5题的一致吗？如果不一致，你认为原因是什么． 考题与习题是“同构异数”的相同题，都是根据实际背景建构的独立性检验问题，考题仅根据概率的概念多设置了问题(1)，事实上可根据习题T7设置出很多的第(1)问．例如设置从40名学生中抽取1名，求该名学生为男生且身高低于170 cm的概率． 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)＝________． 选择性必修第三册P59例1 一批产品中次品率为5%，随机抽取1件，定义X＝ 求X的分布列． 例题中的“一批产品”等价于考题中的“5个相同的球”“定义X＝”等价于“至少被取出1次的球的个数”，而且从考题的解答，令Xi＝ 则X＝i，则E(X)＝5×[1－()3]＝，实质是一样的． 据统计，每年的高考题有部分试题与往年高考题“雷同”．究其原因，这些考题考型考点是教学的重点，是高频考向．下以2025年高考全国卷试题为例，进行试题再转型建构，举三个题例，以引导如何高效地应用高考题．事实上，所有的考题都可根据题目的结构，在数学命题原理的指导下进行转型建构，触类旁通，加强知识体系的理解，思想方法的掌握，进行考点目标的有效学习，可收到事半功倍的效果． (2025·全国一卷T12)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝_________． [转型1]　若直线y＝2x＋b与曲线y＝ex＋x＋4相切，则b＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选D．设题干中的直线与曲线相切于点(x0，y0)， 由y＝ex＋x＋4，得y′＝ex＋1. 由题意得 解得 [转型2]　若曲线y＝ex＋x的一条切线l在y轴上的截距为1，则原点到l的距离为________． 解析：设切线l的方程为y＝kx＋1，切点坐标为(x0，y0)， 由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，由题意得 消去y0与k得(x0－1)ex0＋1＝0. 令f(x)＝(x－1)ex＋1，f′(x)＝xex， 当x＝0时，f′(x)＝0；当x＜0时，f′(x)＜0； 当x＞0时，f′(x)＞0. 因此f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0.即方程(x0－1)ex0＋1＝0，仅有一解x0＝0，从而k＝2.所以切线l的方程为y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0，故原点到l的距离d＝＝. 答案： (多选)(2025·全国一卷T9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D [转型3]　(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为BC与B1C1的中点，则(　　) A．BC⊥AB1 B．平面ADB1⊥平面BCC1B1 C．CE∥平面ADB1 D．AD∥平面A1CE 解析：选BCD．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥BB1，假设BC⊥AB1成立，又因为BB1∩AB1＝B1，BB1，AB1⊂平面ABB1，所以BC⊥平面ABB1，因为AB⊂平面ABB1，所以BC⊥AB，这与正三棱柱ABC-A1B1C1矛盾，所以假设不成立，A错误；因为D为BC的中点，所以AD⊥BC．因为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD．又因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，因为AD⊂平面ADB1，所以平面ADB1⊥平面BCC1B1，B正确；因为D，E分别为BC与B1C1的中点，所以B1E綉DC，所以四边形B1DCE为平行四边形，所以CE∥B1D，因为B1D⊂平面ADB1，CE⊄平面ADB1，所以CE∥平面ADB1，C正确；因为D，E分别为BC与B1C1的中点，所以AD∥A1E，因为A1E⊂平面A1CE，AD⊄平面A1CE，所以AD∥平面A1CE，D正确． [转型4]　在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，D为BC上的点，A1C与AD所成角的余弦值为. (1)求证：平面AC1D⊥平面BCC1B1； (2)(i)求证：A，D，C，C1，A1五点在同一球面上； (ii)求直线A1C与平面AC1D所成角的正弦值． 解：(1)证明：过A1作A1D1∥AD交B1C1于点D1，连接CD1，则∠CA1D1即为A1C与AD所成的角， 因此cos ∠CA1D1＝. 设AB＝AA1＝2，C1D1＝t(0≤t≤2)， 在△A1C1D1中，由余弦定理得， A1D1＝，在Rt△CD1C1中，由勾股定理得 CD1＝，在Rt△A1AC中，由勾股定理得 A1C＝2，在△A1CD1中，由余弦定理得， t2＋4＝t2－2t＋4＋8－2×2××， 化简得t2＋t－2＝0，解得t＝1或t＝－2(舍去)， 即CD＝C1D1＝1，故D为BC的中点． 因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AD⊥BC，AD⊥BB1，且BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，又AD⊂平面AC1D，所以平面AC1D⊥平面BCC1B1. (2)(i)证明：连接OD，由(1)知，AD⊥平面BCC1B1，又C1D⊂平面BCC1B1，所以AD⊥C1D．设A1C∩AC1＝O，则OD＝OA＝OC＝OC1＝OA1＝AC1.因此O到点A，D，C，C1，A1五点的距离都相等，故A，D，C，C1，A1五点在以O为球心的球面上． (ii)由(1)知，D，D1分别为BC，B1C1的中点，连接DD1，则DC，DA，DD1两两垂直．以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB＝AA1＝2，则D(0，0，0)，A(0，，0)，C1(1，0，2)，C(1，0，0)，A1(0，，2)，则＝(1，－，－2)，＝(0，，0)，＝(1，0，2).设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，直线A1C与平面AC1D所成的角为θ， 则 即 取 则n＝(－2，0，1)， 所以sin θ＝ ＝＝. 所以直线A1C与平面AC1D所成角的正弦值为. (2025·全国二卷T16)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，长轴长为4. (1)求C的方程； (2)过点(0，－2)的直线l交C于A，B两点，O为坐标原点．若△OAB的面积为，求|AB|. [转型5]　(多选)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长|AB|＝4，F为左焦点，D为上顶点，E是C上一点，且EF⊥AB，＝λ，则(　　) A．λ＝2 B．C的离心率为 C．|OD|＝ D．|OE|＝ 解析：选BC．由题意得a＝2， 所以B(2，0)，D(0，b)，E(－，)， 所以＝(－2，b)，＝(－，)， 由于＝λ，则∥， 所以－2×＋b＝0， 又b＞0，解得b＝，|OD|＝b＝，C正确； 对于B，由于c＝＝， 所以e＝＝，B正确； 对于D，由于E(－，1)， 所以|OE|＝，D错误； 对于A，由(－2，)＝λ(－，1)，知λ＝，A错误． [转型6]　已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，焦距为4. (1)求双曲线C的方程； (2)直线l与C仅有一个公共点，且与C的两条渐近线分别交于P，Q. (i)求|PQ|的最小值及此时l的方程； (ii)求证：△OPQ的面积为定值． 解：(1)由题意知2c＝4， 所以c＝2，由于＝， 所以a＝. 所以b2＝c2－a2＝2. 因此双曲线C的方程为－＝1. (2)设直线l的方程为x＝my＋t，代入－＝1得， (m2－1)y2＋2mty＋t2－2＝0. 由题意得m2－1≠0，Δ＝(2mt)2－4(m2－1)(t2－2)＝0， 即m≠±1，2m2＋t2＝2.① C的两条渐近线方程分别为x－y＝0，x＋y＝0. 设P(，)，Q(，)， |PQ|＝ ＝2，② 由①式得t2＝2(1－m2)＞0，则－1＜m＜1. 所以|PQ|＝2·＝2·. (i)因此当m＝0时，|PQ|取得最小值，最小值为2，此时t＝±.直线l的方程为x＝±. (ii)证明：O到直线l的距离d＝＝＝，则S△OPQ＝|PQ|·d＝×2··＝2. 所以△OPQ的面积为定值2. 据统计，每年的高考题有80%左右源于教材，甚至是教材原题，因此回归教材、夯实基础是学习的重中之重．将教材问题转型为高考试题类型，返璞归真，有的放矢是高考复习的最佳捷径．下以人教A版教材中的几个题为例，行之有效的转为高考题型． (必修第一册P100复习参考题3T3)设f(x)＝，求证：(1)f(－x)＝f(x)； (2) f＝－f(x)(x≠0). 转型思路　分别研究函数图象和性质与函数值等特征构成多选题． ①从f(－x)＝f(x)可转型为奇偶性或对称性．②从f＝－f(x)可研究互为倒数的两个变量函数值的关系．③从f(x)＝可考虑函数的值域．④从f(x)＝可另加相关知识，例如曲线的切线，不等式等．⑤可将f(x)＝改为f(x)＝. [转型1]　(多选)已知函数f(x)＝，则(　　) A．函数f(x)的图象关于原点对称 B．当a＞0且a≠1时，f(loga2)＋f(log2a)＝0 C．f(x)≤e|x| D．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－y－1＝0 解析：选BC．对于A，由f(x)＝可得f(x)的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，则f(x)的图象关于y轴对称，故A错误；对于B，易知log2a＝，令t＝loga2，则log2a＝，则f(loga2)＋f(log2a)＝f(t)＋f()＝＋＝0，故B正确；对于C，f(x)＝＝－1，则y＝f(x)的值域为(－1，1]，且f(0)＝1，y＝e|x|的值域为[1，＋∞)，且e|0|＝1，故f(x)≤e|x|，故C正确；对于D，当x＝1时，f(1)＝0，故切点为(1，0)，f′(x)＝，f′(1)＝－1，故切线方程为y＝－(x－1)，即x＋y－1＝0，故D错误． (必修第二册P53习题6.4T16))在△ABC中，求证c(a cos B－b cos A)＝a2－b2. 转型思路　题型结构为三角形的恒等式，因此不可能求其元素，可在a cos B－b cos A上转型，也可在a2－b2上转型，使恒等式变为条件等式，例如将a cos B－b cos A变为a cos B＋b cos A或变为a sin B－b cos A．分别求出A＝90°或B＝30°，然后再设置边长，便建构出解三角形试题． [转型2]　已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a cos B－b cos A＝c，则A＝______． 解析：由正弦定理得，a cos B－b cos A＝c可化为sin Acos B－sin B cos A＝sin C，即sin (A－B)＝sin C，因为C为△ABC的内角，所以A－B＝C，即B＋C＝A，故A＝. 答案： [转型3]　已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a(c cos B－b sin C)＝c2－b2. (1)求角C； (2)求sin A＋sin B的最大值． 解：(1)因为a(c cos B－b sin C)＝c2－b2，由余弦定理得a(c·－b sin C)＝c2－b2，整理得－ab sin C＝0，故ab cos C－ab sin C＝0，即tan C＝，又因为0＜C＜π，故C＝. (2)由(1)得C＝，故sin A＋sin B＝sin A＋sin (－A)＝sin A＋cos A＝·sin (A＋φ)，其中tan φ＝2－，因为0＜tan φ＜tan ，所以0＜φ＜，又0＜A＜，所以0＜A＋φ＜π，所以当A＋φ＝时，sin A＋sin B取得最大值，故sin A＋sin B的最大值为. (选择性必修第一册P44习题1.4 T18)在如图所示的试验装置中， 两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM＝BN＝a(0＜a＜). (1)求MN的长； (2)a为何值时，MN的长最小？ (3)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 转型思路　原题是纯立体中的度量问题，三个问题均是在|MN|下的度量，因此可从以下几个方面思考转型．①立体由平面折叠生成；②原问题(1)，(2)求值转为论证；③将(3)在论证的基础上进行设置． [转型4]　在图1中，A，B分别是矩形CDFE的边DF与CE上的点，且AB⊥DF，DF＝2DC，现将矩形CDFE沿AB折起，如图2，使平面ABCD⊥平面ABEF.M，N分别为图2中AC与BF上的点，AC与BF所成的角为60°. (1)求证：AD＝AF； (2)若AM＝FN. (ⅰ)求证：AB⊥MN； (ⅱ)若M，N分别为AC与BF的中点，求二面角A-MN-B的余弦值． 解：(1)证明：设AB＝CD＝a，BC＝c，则DF＝2a，BE＝2a－c.因为四边形CDFE为矩形，AB⊥DF，所以AB⊥CE.由平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，得BC⊥平面ABEF，因为BE⊂平面ABEF，所以BC⊥BE，所以AB，BC，BE两两垂直． 以B为原点，分别以BA，BE，BC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，故B(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，0，c)，F(a，2a－c，0).则＝(－a，0，c)，＝(a，2a－c，0).因为AC与BF所成的角为60°， 则cos 60°＝|cos 〈，〉|＝＝ ＝，化简得a＝c，所以AD＝AF. (2)(ⅰ)由(1)知四边形ABCD与四边形ABEF都为正方形，＝(a，0，0)，设AM＝FN＝x(0≤x≤a)，则M(a－x，0，x)，N(a－x，a－x，0)，所以＝(0，a－x，－x)，所以·＝0，所以⊥，即AB⊥MN. (ⅱ)当M，N分别为AC与BF的中点时，M(，0，)， N(，，0)，所以＝(0，，－)，＝(，0，)，＝(－，0，). 设平面AMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，即n＝(1，1，1). 设平面BMN的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝－1，则y2＝1，z2＝1，即m＝(－1，1，1). 设二面角A-MN-B的平面角为θ，由图形知θ＝π－〈m，n〉， 所以cos θ＝－cos 〈m，n〉＝－＝－＝－. 所以二面角A-MN-B的余弦值为－. 学科网（北京）股份有限公司 $