解答题77分冲刺保分强化训练(10)-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(10) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·福建莆田·二模）已知函数（）的图象过点. (1)求的单调递增区间； (2)当，且时，证明：. 2．（2026·河北衡水·一模）如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点. (1)证明：平面. (2)若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值. 3．（2026·山东临沂·一模）某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下： 游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币 第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金； 游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）. 第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金. (1)求游戏Ⅰ第2局获胜的概率； (2)若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望； (3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由. 4．（2026·山东青岛·一模）已知为坐标原点，椭圆：（）的离心率为，长轴长为4. (1)求的方程； (2)若过的直线交于，两点，点在上，点为直线与轴的交点，点的横坐标为点横坐标的3倍. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若点，都在曲线：（）上，求的最大值. 5．（2026·黑龙江吉林·一模）已知函数． (1)若函数过原点的切线为，求实数的值； (2)若函数的图象与相交于两个不同点，，记直线的斜率为． （i）当时，求实数取值范围； （ii）当时，证明：． ( 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·河北保定·一模）已知数列的前n项和为，且，. (1)求 (2)若，求数列的前n项和. 2．（2026·河北邯郸·一模）如图，在三棱台中，平面，，，，，是棱上一点（不含端点）． (1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 3．（2026·广东深圳·一模）某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. (1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 4．（2026·湖北黄冈·一模）已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 5．（2026·山东青岛·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，，，使得，求的最大值. $解答题77分三轮冲刺保分强化训练(10) 第1组 (时间:75分钟分值:77分) 1.(2026 福建莆田 二模)已知函数()的图象过点. (1)求的单调递增区间; (2)当,且时,证明:. 【答案】(1), (2)证明见解析 【解题思路】(1)代入点坐标,结合的范围,求出,再由正弦函数的单调性即可求得; (2)由条件化简得,再由和差公式求得,两式相比即可证明. 【解析】(1)将点代入函数解析式,得,即, 则有,解得,, 因为,令,则,所以, 由,,解得,, 故的单调递增区间为,. (2)由(1)知, 则, , 依题意,有,即, 因为,即, 代入得, 所以,即, 则有,得证. 2.(2026 河北衡水 一模)如图,在正三棱柱中,,,分别为棱,,的中点,为线段上的动点. (1)证明:平面. (2)若为线段的中点,且,,求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析; (2). 【解题思路】第一小问 分别连接EB1、FB1,利用平面EFB1与平面ACD面面平行推出线面平行,第二小问利用空间向量将线面角转化成求直线方向向量与平面法向量所成的角. 【小题1】证明:连接,. 因为,,分别为棱,,的中点,为正三棱柱 所以,,所以四边形为平行四边形,则, 又平面,平面,所以平面. 同理可得平面. 因为,所以平面平面. 又平面,所以平面. 【小题2】解:取的中点,连接,,则 在正三棱柱中,则,,. 以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则,,,, 所以,,. 设平面的法向量为, 则,, 令,得. 由, 所以与平面所成角的正弦值. 得与平面所成角的正弦值为. 3.(2026 山东临沂 一模)某人工智能公司召开年会,期间提供两个游戏供员工选择,两个游戏均有3局,每局获胜可获对应奖金,奖金可累计.具体规则如下: 游戏 :抛掷质地均匀的相同硬币 第1局,抛两枚,向上的图案相同则获胜,得100元奖金;第2局,抛三枚,向上的图案相同则获胜,得500元奖金;第3局,抛四枚,向上的图案相同则获胜,得900元奖金; 游戏 :抛掷质地均匀的特殊骰子(三组对面分别标记0,2,6的骰子). 第1局,抛两颗,向上的数字相同则获胜,得300元奖金;第2局,抛三颗,向上的数字相同则获胜,得600元奖金;第3局,抛四颗,向上的数字是2,0,2,6(不计顺序)则获胜,得900元奖金. (1)求游戏 第2局获胜的概率; (2)若销售部门的3位员工均选择游戏 ,设X为前两局均未获胜的人数,求X的分布列和数学期望; (3)从奖金期望角度,员工应选择哪个游戏?请说明理由. 【答案】(1) (2)答案见解析; (3)游戏 【解题思路】(1)根据古典概型概率公式直接计算可得结果; (2)利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望; (3)分别计算出参加一次游戏 和游戏 对应的奖金期望值,可知应选择游戏 . 【解析】(1)由题意知,游戏 第局获胜的概率. (2)易知, 游戏 第局获胜的概率为,第局获胜的概率为,则第局和第局均未获胜的概率为, 因此可知, 随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的期望或. (3)应该参加游戏 ,理由如下: 记分别为一次参加游戏 , 所获奖金总额, 游戏 第局获胜的概率为,第局获胜的概率为,第局获胜的概率为, , 游戏 第局获胜的概率为,第局获胜的概率为,第局获胜的概率为, , 从奖金期望角度来看,应选择参加游戏 . 4.(2026 山东青岛 一模)已知为坐标原点,椭圆:()的离心率为,长轴长为4. (1)求的方程; (2)若过的直线交于,两点,点在上,点为直线与轴的交点,点的横坐标为点横坐标的3倍. ( )证明:; ( )若点,都在曲线:()上,求的最大值. 【答案】(1) (2)( )证明见解析( ) 【解题思路】(1)利用离心率及长轴长计算即可得; (2)( )法一:设,,借助点差法计算即可得;法二:设:,联立椭圆方程,可得与交点横坐标有关韦达定理,再表示出与后,由可得,即可得证;( )设,,则有,两式相乘可得,则可得,设,可得在上单调递增,故可得,即可得解. 【解析】(1)由题得,,,得,,, 所以的方程为; (2)( )(法1)设,,,, 因为,两式作差得:, 又因为,即,所以, 所以; (法2)由题可知直线斜率存在且不为0, 设:,,,,, 由,得,所以, 所以,, 因为,则,即有,所以; ( )设,,其中,,, 因为,所以, 两式相乘得:,又因为, 所以, 所以, 令(), 所以, 令,又因为在区间上单调递增; 所以, 显然在上单调递增,因为,得, 所以,所以(当且仅当,时取等号), 综上,的最大值为. 5.(2026 黑龙江吉林 一模)已知函数. (1)若函数过原点的切线为,求实数的值; (2)若函数的图象与相交于两个不同点,,记直线的斜率为. (i)当时,求实数取值范围; (ii)当时,证明:. 【答案】(1) (2)(i);(ii)证明见解析; 【解题思路】(1)根据导数的几何意义求解; (2)( )法一:设,分析的单调性,求出的范围; 法二:,通过分析的单调性与零点,结合的取值范围,求出的范围; ( )将参数化为圆上的点,代入得,利用三角恒等式得,构造分析单调性,证得,从而推出的取值范围. 【解析】(1)设切点为,,所以,所以, 所以函数在处的切线为, 将代入得,解得, (2)( )当时,原问题有两个不等实根. 法一:设, 则 ∴当时,,当时, 在递减,递增, ,,, 法二: ,令, 则,在上递增, ,使得,当时,,当时, 在上单调递减,在上单调递增, , 又, 设,则 当时,,当时,, ,. ( )设,,不妨设 则,即, 令, 则,是方程两个根. 又 欲证,只需证 设 则 ∴当时,;当时,; 在递减,递增, 设 下面证明 , 设,,则 故. 在递增,, ,, 又在递减,,故. ( 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 河北保定 一模)已知数列的前n项和为,且,. (1)求 (2)若,求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【解题思路】(1)由题意可知数列是以首项为,公差为的等差数列,结合等差数列的通项公式运算求解; (2)根据与之间的关系可得,进而可得,结合裂项相消法运算求解. 【解析】(1)因为,且, 可知数列是以首项为,公差为的等差数列, 则,所以. (2)由(1)可知:, 当时,则, 且符合上式,所以, 可得, 设数列的前n项和为, 则, 所以数列的前n项和为. 2.(2026 河北邯郸 一模)如图,在三棱台中,平面,,,,,是棱上一点(不含端点). (1)若为的中点,求直线与平面所成角的正弦值. (2)是否存在点,使得?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 【答案】(1) (2)不存在,理由见解析 【解题思路】(1)建立空间直角坐标系,利用向量法求线面角即可; (2)方法一假设存在点,根据求解得出与重合,与题意矛盾;方法二根据线面垂直的判定及性质,若可证明平面,又平面,得出矛盾. 【解析】(1)由平面,,可得两两垂直. 以为坐标原点,所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,. 由为的中点,可得, ,,. 设平面的法向量为, 由,可得,令,得. 设直线与平面所成的角为, 则, 即直线与平面所成角的正弦值为. (2)(方法一)连接,如图, 由, 可得. 假设存在点(异于),使得,则, 解得,则与重合, 这与假设矛盾,则假设不成立,故不存在点,使得. (方法二)假设存在点(异于),使得. 因为平面,平面,所以.又, 所以. 连接.由,可得, 则,,则. 因为,,平面,所以平面. 又平面,所以. 因为,,,平面,所以平面. 又平面,所以, 又,平面,从而平面, 这与平面矛盾,则假设不成立,故不存在点,使得. 3.(2026 广东深圳 一模)某智能系统用于处理判断题(答案只有“对”和“错”),系统内设有两个独立的预测模型,分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下:系统首先同时向模型甲与模型乙提问,若两者答案一致,则直接输出该答案;若两者答案不一致,系统将重新向模型甲提问一次,并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为,模型乙回答正确的概率为0.75,假设各模型每次回答相互独立. (1)当时,求系统第一次同时向两个模型提问时,两个模型答案不同的概率; (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88,求的最小值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】(1)根据独立事件和互斥事件概率的计算公式求值即可. (2)先求系统最终输出的答案正确的概率,根据概率不低于列式,解二次不等式,可求的最小值. 【解析】(1)不妨设事件“模型甲回答正确”,事件“模型乙回答正确”,则“模型甲回答错误”,“模型乙回答错误”, 由于与相互独立,与,与,与都相互独立, 由题意可得,,,,, 分析可得,“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为,且与互斥,根据概率的加法公式和事件的独立性定义,得 , 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325. (2)系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况:一是第一次提问时两模型答案一致且正确;二是第一次提问时两模型答案不一致,且第二次向模型甲提问时其回答正确. 系统第一次输出正确答案的概率为:, 由(1)可知,在第一次提问中两个模型答案不同的概率为: , 系统第二次输出正确答案的概率为:, 设系统最终输出正确答案的概率为,则, 于是,解得,又由,于是, 则的最小值为. 4.(2026 湖北黄冈 一模)已知椭圆的长轴长为4,直线与椭圆交于,两点(点在第一象限).当时,,在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点. (1)求的标准方程; (2)若轴于点,连接并延长交于点,记直线的斜率为. ( )证明:为定值; ( )设,求的最小值. 【答案】(1) (2)( )证明见解析;( ). 【解题思路】(1)设椭圆焦距为,则椭圆过点,代入椭圆方程,结合及,求出,即可得到椭圆的标准方程; (2)( )设各点的坐标,利用点差法,用表示,即可证为定值;( )根据直线的斜率与倾斜角的关系,利用两角差的正切公式,并结合基本不等式可求得的最小值. 【解析】(1)由题意有,所以. 设椭圆焦距为,易知椭圆过点,所以. 又,所以. 所以,即,解得. 所以,,故的标准方程为. (2)( )设,,,则,由题意有. 直线的斜率即的斜率为,所以直线的方程. 所以,又,在椭圆上, ∴,∴. ∴, ∴. ( )∵, 而,, 由( )知, ∴,又, ∴, ∴. 当且仅当,即时等号成立. 所以.的最小值为. 5.(2026 山东青岛 一模)已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若存在,,,使得,求的最大值. 【答案】(1)当时,在上单调递减;当时,在上单调递减,在上单调递增. (2) 【解题思路】(1)求导,分和,根据导函数的符号判断函数的单调性. (2)先根据函数的单调性得,,设,,求导,分析函数的单调性,求函数的最大值即可. 【解析】(1)由题得, 若,则在上恒成立,所以在上单调递减, 若,当时,;当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增. 综上:当时,在上单调递减;当时,在上单调递减,在上单调递增. (2)由(1)得,若存在,,使得, 则必有,由. 所以等价于, 即,化简得: 设,,则, 所以在上单调递减,所以, 此时,. 所以当,时等号成立,所以的最大值为. $