题号猜押05 全国卷高考数学第11题（多选题）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押05 全国卷高考数学第11题（多选题） 参考答案 押题预测 考点1 函数与导数（三次函数性质、极值点、零点、对称中心、导数应用） 1．【答案】ACD 【分析】A解方程即可；B将问题转化为在上恒成立求解；C先求，再令，通过导函数研究其在上的正负性即可；D研究在上的正负性得出的单调性即可. 【详解】对A：若，则，解得或， 故有2个零点，故A正确； 对B：当时，，则， 则等价于，即， 因为的解集为，所以在上恒成立， 因为在上单调递增，所以，即，故B错误； 对C：， 若，则， 令， 则， 令，则， 若，则由得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 令，则，即， 则 ， 则在上恒成立，则在上单调递增， 因为时；时； 故对于任意，与始终存在交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 则当时先负后正，先减后增， 则对于任意在有极小值，故C正确； 对D：由C选项可知，当时，得， 得， 则在上单调递增，在上单调递减， 又，，，所以使得， 则当时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当时，且当时，， 故当时，与的图象存在唯一交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 故当时先正后负，先增后减， 故存在使得在有最大值，故D正确. 故选：ACD 2．【答案】ABD 【详解】A：由，求导得， 令，得，故A正确； B：由A知，则. 所以，当和时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以有且仅有两个极值点和，故B正确； C：，或， 由，因此有且仅有三个零点，故C错误； D：， 令，得或， 所以在上有最大值，则，故D正确. 3．【答案】ACD 【分析】利用求参数判断A，对函数求导有在上恒成立，结合判别式列不等式判断B，根据已知有，再判断的判别式符号确定函数的单调性判断C，由是的两个根，结合韦达定理判断D. 【详解】对于A，若，则， 由的对称中心为，则， 所以， 所以 ， 所以，则，A对， 对于B，若，则。若在上单调递增， 则其导数在上恒成立， 所以，即，B错， 对于C，由，，不等式两边同乘，得， 的判别式， 故有两个不同零点，即有两个极值点，故不单调， 因此存在使得，C对， 对于D，将代入导函数，得， 极值点是的两个根， 由韦达定理：，D对. 4．【答案】AC 【分析】A选项，显然，求导，并进行因式分解，分和两种情况，得到的单调性和极值情况，得到，A正确；B选项，在A基础上，分和两种情况，分析出满足要求；C选项，作差法比较出，C正确；D选项，在A基础上，分，和三种情况，得到D错误. 【详解】对于A选项，显然，， 令得或3，若， 令，得或，令，得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值，且， 令，解得；若， 令得，令得或， 故在，上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，在处取得极大值， 且，不合要求，综上，，A正确； 对于B选项，由A可知，当时，极小值为，满足要求； 当时，极小值为，不合要求，则，B错误； 对于C选项，由题意得， 可得，， 又，故，故，C正确； 对于D选项，由A知，时，在，上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 显然的最小值为，不合要求； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 若，则在上单调递增，在上单调递减， 其中，故的最小值为，不合要求； 若，则在上单调递减，故的最小值为，不合要求； 不存在，使在的值域为，D错误. 故选：AC 5．【答案】BC 【分析】利用导数的符号判断函数的单调性判断A，利用对称中心的性质判断B，令，结合的对称性和单调性可得，代入韦达定理判断C，由的对称性和单调性可得，利用基本不等式求最小值即可. 【详解】选项A，由题意的定义域为， 因为恒成立，当且仅当时， 所以在定义域内单调递增，A说法正确； 选项B，设的对称中心为， 由对称中心的定义可知对恒成立， 代入整理得， 令，解得， 所以的对称中心为，B说法错误； 选项C，由且可得， 令，则， 由函数的平移变换易知在上单调递增，且关于中心对称， 所以，即， 所以，即， 又因为为方程的两个根， 所以，当时不等式显然不成立，解得，C说法错误； 选项D，因为关于中心对称，所以， 由题意，所以， 又因为单调递增，所以，整理得， 所以当时， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，D说法正确； 故选：BC 6．【答案】BCD 【分析】对于AB，利用导数分析极值点及零点即可判断；对于C，由最值可确定，进而得到，结合最值即可判断；对于D，对求导，利用导数确定单调性即可． 【详解】函数的定义域为，， 当时，，解得， 不妨取，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ， 易知当时，函数，此时函数只有一个零点，故A错误； 当时，若，因，则，，则在上单调递增，无极值点； 若，因，则,，则在上单调递减，无极值点； 综上，当时，函数不存在极值点，故B正确； 由A项分析可知，当最小值为时，有， ，即， 令，则，即， 令，， 当时，,当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，的解为， 即，，此时，即，故C正确； 当时，函数 由，可得，即函数的定义域为， 则，因， 则， 故当时，，即在上单调递减，故D正确． 7．【答案】ABD 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 8．【答案】ACD 【分析】对于A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于B，设，求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于C，利用曲线与曲线互为反函数，可先求点到的最小距离，然后再求的最小值；对于D，利用同构把恒成立问题转化为，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可. 【详解】对于A，．所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极值点为1，故A正确； 对于B，设，则， 因函数与在上均单调递增，故在上单调递增． 又，则存在．使得， 即，，所以当时．，当时．． 所以在上单调递减．在上单调递增. 所以，又，则， 所以，故B错误； 对于C，因为函数与函数互为反函数，其图象关于对称， 设点到的最小距离为，设函数上斜率为的切线为， ，由得，所以切点坐标为，即，所以， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，若对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令，，因．所以在上单调递增，故， 即，令，所以， 当时，，则函数在上单调递增，当时，，则函数在上单调递减， 所以，所以，即的最小值为，故D正确. 故选：ACD 9．【答案】ACD 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即， 故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故. 故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得， 因为，若，则，为上的增函数， 与有两个不等的零点矛盾，故， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确. 故选：ACD. 10．【答案】ACD 【详解】对于A．∵，∴， ∴，∴的对称中心为；所以A对 对于B．证明：设， 则, 利用方程左右两边的系数相等，得到 又，为，所以 所以：， 由于是的极大值点，且 故与有两个交点，所以B错 对于C，由题意知，1和2是的两根，设 则，C 正确， 对于D．， 而, 所以：， ，解得 又有三个不等实根，所以极大值大于0，极小值小于0 ∴ 又实数a为正，所以在为增，在为减，在为增，所以， 所以，且，所以，所以D对. 考点2 立体几何动态问题（翻折、动点轨迹、截面最值、外接球） 1．【答案】ACD 【分析】根据四棱锥与正方体的关系即可判断选项A；根据四棱锥内切球体积与表面积的关系即可判断选项B；找出四棱锥与四棱锥公共部分，转化为求四棱锥和三棱柱的体积问题，再求和即可判断选项C；结合直观想象及空间想象判断选项D. 【详解】A：将四棱锥补成一个正方体， 则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点， 所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确. B：四棱锥的体积， 侧面积， 表面积， 则四棱锥内切球的半径， 则该内切球的表面积为，B错误. C：连接，易证，， 则四边形和四边形均为平行四边形， 设，，则，分别为，的中点， 设，的中点分别为，，连接，，，， 则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体， 其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和， 即，C正确. D：平面、平面、平面将空间分成8个， 最后平面将其中6个空间各分成2部分， 所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确. 2．【答案】ACD 【分析】作平面，则是直线与平面所成的角，在中求解判断A；取棱的中点F，连接，，，由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角，求解判断B；根据题意得，求解判断C；连接，当截面垂直于时，截面的面积最小，求出半径，判断D. 【详解】如图，作平面，则H为线段的中点， 是直线与平面所成的角. 因为，，所以，， 所以，A正确. 取棱的中点F，连接，，. 由正棱锥的性质知点H在线段上，， 则. 由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角， 则平面与平面夹角的余弦值是，B错误. 因为，，所以O在正四棱锥外部，连接， 则，解得，C正确. 连接，当截面垂直于时，截面的面积最小. 因为， 所以截面的面积的最小值为，D正确. 3．【答案】ABD 【分析】过点作，求出再利用体积公式计算可判断A；记外接圆的圆心为的中点，利用余弦定理计算三棱锥外接球的半径判断B；过点作，并与交于点，求证平面，进而求证判断C；在上取靠近点处的四等分点，利用勾股定理计算判断D. 【详解】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值． 过点作，垂足为，则， 则四棱锥体积的最大值为，A正确； 连接，记外接圆的圆心为的中点，连接， 因为， 所以， 因为，， 则， 则， 则三棱锥外接球的半径为， 则三棱锥的外接球的表面积为，B正确； 连接，因为， 所以，则， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面， 则点在平面上的射影在直线上， 过点作，并与交于点，连接， 若点在平面上的射影为，即平面， 由平面，得, 又，平面，则平面， 因为平面，所以，故C错误； 在上取靠近点处的四等分点，连接， 因为，所以，且， 从而四边形为平行四边形，则，D正确． 4．【答案】BCD 【分析】对于A，延长即可得到截面，再求面积即可；对于B，根据面面平行，作出平面即可；对于C，易知点到平面的距离为定值，利用等体积法求出距离，再确定的最小值即可；对于D，结合点的轨迹，得到点到平面的最大值，再根据锥体体积公式计算即可． 【详解】对于A，如图，延长，与交于点，连接， 所以平面截该正方体所得截面为， 易知为等边三角形，其面积为，故A错误； 对于B，分别取的中点，连接， 则六边形为正六边形，因为分别为棱的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，因为，所以平面平面， 则点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，由平面平面可知，点到平面的距离为定值， 不妨取点在点的位置，设点到平面的距离为， 连接，由， 得，即，解得， 设直线与平面所成角为，则， 当点运动到线段的中点时，取得最小值，取得最大值， 此时易得，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确； 对于D，因为，所以， 又平面平面，所以平面， 要使三棱锥的体积取得最大值，则点到平面的距离最大， 易知当点在上运动时，点到平面的距离最大， 不妨取点与点重合，设，连接，显然， 由于，易得，则， 所以，又平面，所以平面， 所以三棱锥体积的最大值为，故D正确． 5．【答案】ACD 【分析】对于A，由题可知四面体是由两个直角三角形构成，结合外接球定义即可求解；对于B，易知当平面时，四面体体积最大，利用等体积法确定内切球半径，再求即可；对于CD，根据题意确定截面，结合异面直线距离公式求出截面面积的最值即可． 【详解】对于A，，， ， ， 则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确； 对于B，，又， 当平面时，四面体体积最大， 平面，， ，即和为全等的等边三角形， 则， 四面体的表面积， ， 则四面体内切球半径， 易得平面，故四面体关于平面对称， 则内切球球心在平面上， 过分别作，则， 平面， 平面，同理可得平面， ，即四边形为正方形， ，故B错误； 对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线， 设的中点为，又，故直线为直线， 则为其中一个截面， 又平面，平面， ，， 在上取一点，作截面， 由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小， 以为原点建立空间直角坐标系， 则， 设异面直线的公共法向量为，距离为， ，不妨取，则， ， 即点到距离的最小值为，此时， 则截面面积最小值为， 综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确． 6．【答案】AC 【分析】根据题意，利用圆锥的几何结构特征，圆锥和圆台的侧面积公式，结合圆锥的轴截面，以及三角形的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，圆锥的底面圆的半径为，母线长为，高为， 对于A，该圆锥的侧面积为，所以A正确； 对于B，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图所示， 因为小球的半径为，在直角中，可得 即小球的球心到圆锥顶点的距离的最小值为，所以B错误； 对于C，在直角中，可得， 所以，且，， 又因为和都是等边三角形，所以， 则圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长， 因为，可得， 当小球在圆锥内部移动时，球心之间的最大距离，所以C正确； 对于D，由截得圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为， 所以截得圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为， 可得其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的最大面积为，所以D错误. 7．【答案】ACD 【分析】A记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为，连接，，，，利用棱台的体积公式可求得，进而可得，进而求解判断；B取的中点，连接，的中点设为，连接，，，分析可得平面截此四棱台所得的截面为，进而求解判断；C先证明平面，进而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，进而求解判断；D将侧面和沿棱展开，连接交于点，分析可得的长度即为的最小值，进而求解判断. 【详解】A，如图，记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为， 连接，，，， 则为梯形的高，因为该正四棱台的体积，得， 而，则， 所以梯形的面积为，此四棱台的侧面积为，故A正确； B，取的中点，连接，的中点设为，连接，，， 则，，所以， 所以平面截此四棱台所得的截面为， 因为，，， 所以梯形的面积为，故B错误； C，因为，，， 所以平面，且， 因为，，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，弧长，故C正确； D，由A知，则侧棱，所以， 如图，将侧面和沿棱展开，连接交于点，， 此时的长度即为的最小值，因为，故D正确. 8．【答案】AC 【分析】A利用可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C利用已知信息，求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题； 【详解】对于A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离， 球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径， 所以圆的周长为，故A正确； 对于B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面内作轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则,， 设，则，即化简得， 故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故B错误； 对于C，， 所以到直线的距离为， 化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点， 如图2，当在短轴的端点时，最大， 由于，故是正三角形，因此，故C正确； 对于D，， 若， 则， 化简得且， 故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D错误． 9．【答案】ACD 【分析】对A，由 得在中截面内，利用等体积法计算体积；对B，由得在两平面交线，计算轨迹线段长度；对C，由点到两平面距离相等得其在对角面内，用对称点转化为两点间距离求最小值；对D，由得在球面上，通过球心到平面距离与半径比较. 【详解】对于A：分别取棱，的中点则四点共面， 且四边形EMNH为正方形，若，则点在平面内，且到平面的距离 为定值1，所以，A正确； 对于B：若，则点既在正方形EMNH内及其边界上，又在对角面BDD内， 所以点的轨迹为线段，其长度为，B错误； 对于C：若点到平面与的距离相等，则点在对角面内，取的中点K， 则点关于平面对称，所以，C正确； 对于D：若，则点在以为直径的球面上，球心为中点，半径， 而点到平面的距离为，所以平面与以为直径的球面无公共点，D正确. 10．【答案】BCD 【分析】根据线面垂直判定与性质可判断A；根据平面公理判断B即可；由平面截圆锥的截线问题可知，选项C的轨迹为椭圆，选项D的轨迹为双曲线，据此判断CD即可． 【详解】对于A，根据圆锥的性质可得底面，则， 假设存在点使平面，则， 又因为平面， 所以平面，故平面与平面平行，与题意不符，故A错误； 对于B，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点， 所以三点共线，与题设矛盾，故B正确； 对于C，， ，即为等边三角形， 为母线的中点， ， 过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线为椭圆，且为长轴， 则任意两点间距离的最大值为，故C正确； 根据题意，过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线为双曲线， 为母线的中点， 为的中点， ， 又，，故， 则可设双曲线方程为， ，解得， ，即，故D正确． 考点3 解析几何 1．【答案】BCD 【分析】对于A，将抛物线方程化为标准形式，根据抛物线的性质求准线方程即可判断，对于B，设直线方程为，，联立方程组可得，，求点的坐标，再结合导数的几何意义求切线斜率即可判断，对于C，利用点的坐标求可得结论，对于D，利用表示三角形面积，列方程求可得结论. 【详解】对于选项A，抛物线化为标准形式， 设抛物线的焦点到准线的距离为， 则，故，因此焦点，准线，A错误， 对于选项B，设直线方程为， 联立，消得， 方程的判别式， 设，由根与系数的关系可得：，， 中点的坐标为：，，即， 过作轴垂线，得，， 对求导得，点横坐标为，切线斜率为，和直线斜率相等，因此切线与平行，选项B正确， 对于选项C，三点横坐标相同，距离为纵坐标差的绝对值：， 所以，选项C正确， 对于选项D，的面积， 令，得， 化简可得，所以存在，选项D正确. 2．【答案】BCD 【分析】将直线方程与抛物线方程联立，得到一个一元二次方程，根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解A即可；根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、反比例型函数的单调性进行求解B即可，根据点到直线距离公式、三角形面积公式，平面向量垂直的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系以及抛物线的对称性进行求解C即可；根据抛物线的定义，结合C的结论进行求解D即可. 【详解】对于A，在中，令，得，所以点P坐标为. 由， 由题意可得，或， 设，则有， ，所以本选项不正确； 对于B，抛物线关于横轴对称，且直线过定点， 不妨设A，B两点在第一象限内，此时， 而， ， 因为，所以， 可得， 即， 则的取值范围为，所以本选项说法正确； 对于C，当时，， 则有 ， 抛物线关于横轴对称，不妨设A，B两点在第一象限内， 且，此时，所以有 而， 点到直线的距离为， 所以的面积为 ，所以本选项正确； 对于D，由弦长公式得 ， 且 ， 所以的周长为，因此本选项说法正确. 3．【答案】ACD 【分析】对于A，令,则，解方程即可判断；对于B，设点在曲线上若曲线关于直线对称，则对称点应满足：，化简即可求解；对于C，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，结合导数研究的单调性和极值即可求解；对于D, 直线代入方程整理得,结合三次方程的韦达定理即可求解. 【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确； 对于B，设点在曲线上，则， 若曲线关于直线对称，则对称点应满足： 展开左边：与原方程不相等，故B 错误； 对于C，令，求导得 令,解得：或，令,解得：， 所以的单调增区间为，单调减区间为 当时，；当时，， 所以的极大值为2，极小值为， 直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数， 要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即： 解不等式：，恒成立； ， 所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确； 对于D，直线代入方程： ，整理得 设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：， 所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确. 故选：ACD 4．【答案】ACD 【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，可求的值，判断A的真假；利用焦点三角形的面积公式求的面积，可判断B的真假；结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，可求内切圆的半径，判断C的真假；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义，可判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以，此时椭圆的离心率为，故A正确； 对B：因为，所以，即，所以，故B错误； 对C：因为， 由，，所以，设内切圆半径为，则，故C正确； 对D：如图： 由，，可得. 由正弦定理：， 所以，即， 所以.故D正确. 5．【答案】ACD 【分析】对A，根据题意列式求解；对B，由双曲线定义判断；对 C，由题可得，利用两点间距离公式列式求解；对D，求出曲线在点处的切线方程，求出点，到切线的距离，结合角平分线定理求解判断. 【详解】对于A，点到直线的距离为，到直线的距离为， 由题可得，所以， 又，故，所以曲线的方程为，故A正确； 对于B，由A知曲线的方程为，所以，， 所以，即，故B错误； 对于C，要使得点到点的距离最小，则点要在双曲线的右支上， 所以，且， 所以， 当且仅当时，取等号， 所以点到点的距离最小值为4，故C正确； 对于D，设点在双曲线上，满足， 则双曲线在点处的切线的方程为，即， 点到切线的距离， 点到切线的距离， 又， ， 所以， 所以直线平分，故D正确. 6．【答案】ABD 【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设. 【详解】令，，， 等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点， 对于A：如下图，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于B：如下图，且， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于C：如下图，，，则， 若与曲线相切且为切点，则，故，此时 令，则，即，故，即有与相切于， 如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足， 对于D：如下图，，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 7．【答案】ACD 【分析】对选项A：结合抛物线的定义，的周长为，要找周长最小值，需找到点A使得最小，利用三点共线时距离最短的思路分析即可；对于B：设直线的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，利用焦半径公式可得的表达式，再利用基本不等式分析最小值；对选项C：表示出的坐标，再利用两点间距离公式表示出，最后利用基本不等式求最值的方法分析最小值；对选项D：利用三角形面积公式表示出和的面积之和，结合焦半径公式或联立方程后的弦长公式，将面积和转化为关于k的表达式，再利用基本不等式求最小值. 【详解】对于A，，，准线方程为，点， 的周长为，其中， 过点作垂直于准线的直线，垂足为，由抛物线定义知， 则周长为, 当最小时，周长最小， 所以当在一条直线上时，最小，最小长度为， 所以周长最小值为，故A正确； 对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，即，设， 则，， 则， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，直线的斜率为，的方程为， 以代换中的k， 得， 设，得，， 、分别是弦和弦的中点，所以，， ， 而，， 则，即，的最小值为8，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，由抛物线定义得，，，，， 和面积之和为 当且仅当，等号成立，所以和面积之和的最小值为32，故D正确. 8．【答案】ACD 【分析】根据准线方程求出可判断A；直线与抛物线联立，根据直线与抛物线的关系令可判断B；利用向量数量积的坐标公式结合韦达定理表示出，然后再利用二次函数的性质判断C；设线段的中点为，利用韦达定理得到可判断D. 【详解】根据题意可知准线方程为，即的准线方程为，所以，即，所以， 则抛物线的方程为：，故A正确； 依题意得直线的方程为， 当时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 当时，代入，得， 则且，解得且， 所以的取值范围是，故B错误； 设，，根据韦达定理可得：，， 所以， 代入可得：； 若，即，则， 所以， 即的取值范围是，故C正确； 因为直线的方程为，所以点的坐标为， 设线段的中点为，则，， 则， 所以点在直线上，故线段的中点在一条定直线上．故D正确. 9．【答案】ACD 【分析】设点的极坐标为，则，由抛物线的极坐标方程得到 ，.利用极坐标公式求出的最小值，即可判断A；假设点为的重心，根据重心性质推出，进而根据焦半径公式得到对应点的横坐标相等，将其代入抛物线方程推出矛盾，即可判断B；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断C；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断D. 【详解】抛物线的焦点. 设点的极坐标为，则， 由抛物线的极坐标方程可得 ，所以. 当时，，此时共线，是一条焦点弦. 两点所对的极角分别为. 所以. 当，即时，取到最小值4，故A正确； 当时，. 若点为的重心，由重心性质可知. 移项得，两边平方可得， 因为， 所以上式可化为①. 若移项得，两边平方化简后可得②. 若移项得，两边平方化简后可得③. ①-②化简后整理可得④. ②-③化简后整理可得⑤.联立④⑤可解得. 若点为的重心，则由重心公式可知，所以. 设，由焦半径公式可知， 所以. 所以，即. 将代入抛物线方程，解得，不存在第三个解， 所以抛物线上不存在点为的重心的，，三点，故B错误； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以共线，共线，. 因为， . 所以， 当，即或时取到最小值16，故C正确； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以， ， 所以，故D正确. 10．【答案】ACD 【分析】由椭圆的定义和基本不等式，求得，得出的值，求得椭圆的方程，可判定A正确；求得直线方程为，联立方程组，求得的长，可判定B错误；利用“点差法”求得的斜率，得出的方程，可判定C正确；利用弦长公式，分别求得的长，可判定D正确. 【详解】对于A，根据椭圆的定义，可得， 由基本不等式，可得，所以，即 因为椭圆的短轴长为，可得，所以， 所以椭圆的方程为，所以A正确； 对于B，由，，可得，则， 所以过且垂直于轴的直线方程为， 将代入椭圆的方程，可得，解得， 所以，所以B错误； 对于C，设，因为在椭圆上， 则，两式相减得：， 因为的中点为，可得， 所以，可得，所以的斜率为， 所以直线的方程为，即，所以C正确； 对于D，当一条直线的斜率为0时，则另一条直线的斜率不存在， 不妨设直线的斜率为0，则， 则直线的方程为，可得，所以； 当两条直线的斜率都存在，且不为0时， 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得且， 则 ， 因为直线与垂直，所以直线的斜率为， 同理可得：， 则， 综上可得，，所以D正确. 考点4 概率统计 1．【答案】BCD 【分析】借助正态分布中的意义与标准正态分布的意义可判断A；利用正态分布的性质计算即可得的值可判断B；由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可判断CD. 【详解】对于A，因为，则， 若随机变量，则服从标准正态分布， 故时，才服从标准正态分布，故A错误； 对于B，， ， 由正态分布的对称性可得， 所以，故B正确； 对于C，由， 可得， 所以从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为： ，故C正确； 对于D，由，可得， 所以， 又，所以由条件概率公式可得， 所以从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为，故D正确. 故选：BCD. 2．【答案】ACD 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，通过分类讨论列出概率的递推式，借助于等比数列求出概率解析式，运用二项分布的方差公式计算即可逐一判断. 【详解】初始时球在甲手中，即，第一次抛硬币：若正面朝上（概率为）：球在甲手里，； 若反面朝上（概率为），球传给乙或丙，各占，所以，即满足，故A正确； 第次拋硬币后，球在甲手中的概率为（*）， 其中表示球在丙手中的概率，且由对称性知，则，故C正确； 因 ，则，代入（*）可得：， 同理，由对称性，则有. 又由可得，即数列为首项是，公比为的等比数列， 则，即，同理，故 ，故D正确； 因为表示前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数，每次传球的概率为，且各次独立， 则，故其方差为，故B错误. 故选：ACD. 3．【答案】BCD 【分析】对于选项A，可根据试验过程直接计算；对于选项B，需要根据试验过程分析表达式；对于选项C，根据条件概率公式判断与是否相等；对于选项D，时，有，得，可知，，则有，可得. 【详解】对于A，若数字9被选到，有两种情况： 第一次选数时，从1到10中选到9，概率为， 第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为， 所以，选项A错误； 对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：第一次就选到8，概率为； 发生后，下一次从1到8中选到8，概率为， 发生后，下一次从1到9中选到8，概率为， 这几种情况彼此互斥，所以，选项B正确； 对于C，根据条件概率公式，， 若发生，即数字9被选到，那么在选到9的情况下， 下一次从1到8中选到8的概率为，即， 若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，可以下一次从1到9中选到8， 也可以是下一次从1到9中选到9，再下一次从1到8中选到8， 即， 所以，选项C正确； 对于D，对于即选中的情况，设为选中数当中不小于的最小整数， 则 ， 当时，有，，， 结合知，， 所以最大数选取是任意的，始终有， 对于同时选中情况，不妨设，可理解为从中按规则取数， 选中的概率，则有， 可得，选项D正确. 故选：BCD 4．【答案】BD 【分析】根据题意，设原来数据中，平均数为，方差为，结合中位数，平均数和方差的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】不妨设原来数据中，平均数为，方差为， 对于A，若平均数不变，则，因为， 所以添加后极差仍然是，故A错误； 对于B，若中位数不变，则，只要， 新数据的平均数就比原来小，故B正确； 对于C，原来的方差，若平均数不变，则， 新的方差， 即平均数不变时，方差一定变小，故C错误； 对于D，例如，取原始数据为，可得原始数据的中位数为，方差为， 添加一个新数据，可得新数据的中位数仍为，此时新数据的方差为， 因为，方差变小，所以D正确. 5．【答案】AC 【分析】根据给定的递推关系求出通项，再按为奇数、偶数分类求出并逐项求解判断. 【详解】数列中，，当时，，则， 而，解得， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，C正确； 对于D，，D错误. 6．【答案】ACD 【分析】由排序确定中位数不变，通过分析极差可以为4，最后运用方差的公式寻求前后数据的方差关系进而得到结论. 【详解】对于A，令，原中位数，将最大最小去掉后，，此时中位数，所以.故A正确. 对于B，，故B错误. 对于C，因为原数据的平均值为4，所以，去掉，，新的平均值为. 又 所以，因此，故C正确. 对于D，由上述计算，故D正确. 7.（2026·黑龙江·一模）对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近1nm工艺之后面临的技术限制很多，某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，假设试产期共有甲、乙、丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示： 生产线 次品率 产量（件／天） 甲 200 乙 500 丙 300 试产期检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．则下列选项中正确的是（   ） A．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为 B．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自乙生产线的概率为 C．若计算机4次生成的数字之和为，则 D．设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，则 【答案】ABD 【分析】利用全概率公式计算可判断A的真假；利用条件概率公式进行计算可判断B的真假；利用二项分布的有关计算可判断C的真假；先探索的递推公式，再根据递推公式求通项公式可判断D的真假. 【详解】对于A：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B， 这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，，， 则由 ，故A正确； 对于B：由A选项的解析可知，故B正确． 对于C：因为，， 所以，故C错误； 对于D：由， 即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以，故D正确； 8．【答案】ABD 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 9．【答案】AC 【分析】对于A：可得第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲，进而求概率；对于B：分析可知第2球甲未射中，即可得概率；对于C：可能情况有：甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，进而求概率；对于D：分析可能情况的组成，结合条件概率公式运算求解. 【详解】记“抽签抽到甲”，“甲点球射中”，“抽签抽到乙”，“乙点球射中”， 则，，，可得，， 对于选项A：第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲， 所以所求事件的概率为，故A正确； 对于选项B：在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门，可知第2球甲未射中， 所以所求事件的概率为，故B错误； 对于选项C：若前4个球中甲、乙各射2个，则可能情况有： 甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲， 所求的概率为，故C正确； 对于选项D：第3个球是甲射门的可能情况为：甲甲甲，乙甲甲，甲乙甲，乙乙甲， 对应的概率为， 第1个球是乙射门且3个球是甲射门的可能情况为：乙甲甲，乙乙甲， 对应的概率为， 所以所求事件的概率，故D错误. 10．【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 1．【答案】ACD 【分析】求出数据的平均数可判断A选项：举例可判断B选项；求出、的中位数可判断C选项；求出、的平均数可判断D选项. 【详解】对于A选项,设的前项和为， 所以数据的平均数是，故A选项正确： 对于B选项，当时，取为2，4，8， 平均数为，故B选项错误； 对于C选项，的中位数是，的中位数 是，故C选项正确； 对于D选项，数列的前项和为， 所以数列的前项和的平均数为， 数列是各项均为正数，且公比的等比数列， 所以， 所以的前项和， 所以数列的前项和的平均数小于， 由C选项知，，所以数列的前项和的平均数 比的前项和的平均数大，D选项正确. 故选：ACD. 2．【答案】ACD 【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD. 【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确； 对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”， 则由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮3次游戏结束的概率； 投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投篮结果不影响， 故投篮4次游戏结束的概率为， 两者概率相等，故B错误； 对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投篮总次数为； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； 则，解得，故C正确； 对于D，由题意，为出现连续次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望. 在连续次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（）次的时刻， 此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中. 现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），考虑下一次投篮的结果： 若下一次投篮命中（概率为）， 则出现连续次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次； 若下一次投篮命不中（概率为）， 则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作； 故， 整理得（），故D正确． 故选：ACD. 3．【答案】ABC 【分析】根据正态分布的概念，判断分布曲线的对称轴和方差，根据正态分布的对称性，以及条件概率公式，逐一判断各选项正误. 【详解】由题意，则随机变量服从正态分布，对称轴为，， 因为，即， 所以，A正确； 由，可知， 所以，B正确； 由正态分布曲线的对称轴为，所以，， 设事件为蜜柚重量大于1500克，则，事件为蜜柚为优等品，则， 由条件概率可知蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为，C正确； 蜜柚是合格品的概率为，重量不小于1500克的概率为， 设事件为蜜柚是合格品，则，设事件为蜜柚重量不小于1500克，则， 由条件概率可知蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为，D错误； 故选：ABC 4．【答案】BD 【分析】由条件结合对称性求出四个抛物线的方程，对于选项A，结合抛物线性质求焦点坐标即可判断，对于选项B，求点的坐标，由此判断结论，对于选项C，确定阴影部分内的点在第一象限内的点所需满足的条件，再检验点是否满足要求即可，对于选项D，设直线，，联立方程结合根与系数关系求结论即可. 【详解】已知开口向右的抛物线为，焦点为， 根据对称性可设开口向左的抛物线方程为，其焦点坐标为 开口向上的抛物线方程为，其焦点坐标为， 开口向下的抛物线方程为，其焦点坐标为， 由焦点共圆（圆心在原点，半径相等）得， 因此四条抛物线分别为：，， 对于选项A，开口向下的抛物线为，焦点坐标为，不是，A错误， 对于选项B，联立，可得，故点的坐标为， 同理可得， 距离最大的两个点为和（或和）， 最大距离为： ，选项B正确， 对于选项C，曲线的内部的点在第一象限内部的点的坐标满足关系且， 代入： ，，因此在曲线E内部，选项C错误， 对于选项D，设直线，，在最上方，在最下方，故， 由得：，即， 联立，可得，由韦达定理： ， 代入得：，，解得， 由得，斜率，选项D正确. 5．【答案】BCD 【分析】利用点到直线的距离公式可判断A选项；利用切线长定理以及双曲线的定义可判断B选项；利用内心的几何性质推导出，可判断C选项；推导出，求出的取值范围，结合对勾函数基本性质可求出两内切圆周长之和的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于双曲线，，，则，如图所示： 对于A选项，设点、，则，， 双曲线的渐近线方程为，即， 所以，同理可得， 故，A错； 对于B选项，设的内切圆分别切边、、于点、、， 由切线长定理可得，，， 因为， 又因为 ，所以，即，解得， 故圆切轴于点，同理可知圆切轴于点， 故两内切圆相切于轴上同一点，B对； 对于C选项，因为为的内心，故，同理可得， 因为，即， 即，故，即，故点在以为直径的圆上，C对； 对于D选项，由图可知，直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得， 因为直线与双曲线的右支交于两点， 所以， 由韦达定理可得，， 由题意可得， 可得，解得， ， 可得，解得， 设直线的倾斜角为，当时，则，此时， 当时，， 当时，则，此时， 综上所述， 设，则，所以，则， 故，所以， 设圆、圆的半径分别为、， 因为，， 所以，则，且， 故两内切圆周长之和为， 构造函数，其中， 由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，故， 所以两内切圆周长之和为， 故两内切圆周长之和的取值范围是，D对. 6．【答案】ABD 【分析】先根据条件确定椭圆的有关参数，可判断A的真假；将椭圆方程与直线：联立，利用韦达定理，可确定为定点，利用求三角形的面积的最大值，判断B的真假；利用四边形的面积为表示出四边形的面积，结合对勾函数的性质求面积的最大值，判断C的真假；列出和的表达式，化简即可判断D的真假. 【详解】记椭圆的半焦距为，则， 当为椭圆的上顶点时，，所以. 所以椭圆的短轴长为，故A正确； 如图： 由上分析知，椭圆的方程为. 因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0， 可设直线：，代入椭圆：， 得：，整理得：. 设，，则，. 所以，故直线的方程为：， 因为，令可得， ，即. 所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确； 因为， 所以. 设四边形的面积为，则. 令，则，则， 设 ， 根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号. 所以.故C错误； 因为 ， 又， 所以为定值，故D正确. 7．【答案】ACD 【分析】常规方法设点与设直线，联立利用韦达定理得到相关定值，计算即可. 【详解】对于A，因为点在抛物线上，代入抛物线方程得. 对于B，设直线，，则直线PA与AQ的斜率之和为 联立得到，所以代入上式得到直线PA与AQ的斜率之和为2，故B错误. 对于C，首先证明，等价于证明直线与的斜率之和为0，即 所以，所以，故C正确 对于D，直线，设过点P作抛物线C的切线为，与抛物线联立，得到，因为相切，所以，即，所以，所以过点P作抛物线C的切线为，联立直线，得到，同理，所以，故D正确. 8．【答案】AD 【分析】分情况讨论曲线的方程，可得其函数解析式，判断A；设过点与曲线相切的直线方程，通过求方程的解，判断B；易知四边形为正方形，根据点到与的距离之积表示出四边形面积，判断C；利用点差法判断D. 【详解】对于A，， 所以，所以A正确； 对于B，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，显然与曲线不相切； 所以设过点与曲线相切的直线为. 若，由，得. 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 方程无解. 综上，不存在过点且与曲线相切的直线，故B错误. 对于C，易知四边形为正方形.设，则 当或时，点到与的距离之积为， 则四边形面积为2； 当时，令，， 点到与的距离之积为. 综上，四边形面积的最大值为2，故C错误. 对于D，若存在过的直线与曲线交于、两点，则直线的斜率存在. 设存在过的直线与在第一象限交于两点， 且线段被点平分. 则，所以，即， 所以，所以直线的方程为，故D正确. 9．【答案】BCD 【分析】设，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算公式，可得判定A错误，B正确；由抛物线的定义和，得到，代入求得的坐标，结合斜率公式，可判定C正确；求得 ，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A，设，可得 联立方程组，整理得， 可得，且， 则， 所以，所以A错误； 对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为， 则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为， 令，可得，所以，则， 所以， 又由， 所以，所以B正确； 对于C，由抛物线的定义，可得， 因为，可得，即， 因为，代入可得，即， 解得或（舍去），则， 将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以， 此时直线的斜率为，所以C正确； 对于D，由抛物线的焦点为且， 可得， 因为，可得，整理得，解得， 又因为，所以，所以D正确. 10．【答案】AC 【分析】由已知求得抛物线的方程，对于A，圆C以为直径时，圆的面积最小，求出半径，可得圆C的面积；对于B，根据圆和抛物线的对称性，当圆心在轴上时，有个交点；对于D，设出直线的方程为，设出过的曲线方程，由方程中的系数为0，可求得直线的斜率的值；对于C，由直线的方程与联立，消元后利用韦达定理可得的纵坐标之和. 【详解】因为点在抛物线：上， 所以，解得，所以抛物线的方程为， 对于A，因为圆过抛物线上的两点，， 则以为直径时，圆的面积最小，半径， 此时圆的面积为，故A正确； 对于B，直线方程为， 线段中垂线方程为，与轴交点为， 当圆心坐标为时，根据对称性，可知圆与抛物线的公共点个数为，故B错误； 对于D，由已知可知直线的斜率存在，设为， 则直线的方程设为， 设过的曲线方程为， 方程左边的系数为， 因为的曲线方程为圆， 所以，即，故D错误； 对于C，直线的方程为，与联立， 得，设的纵坐标为，则，故C正确. 11．【答案】AD 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合向量垂直的坐标表示求出点坐标判断A；求出直线为切线时，直线的方程及点坐标求解判断BCD. 【详解】依题意，点，直线不垂直于，设其方程为，， 由，得，，，， 由，得直线不过原点，且，，解得， 对于A，直线与x轴交于点，A正确； 由对称性不妨令，直线，由消去， 得，当直线与C相切时， ，解得，此时直线，， 对于BD，点，， 因此，B错误，D正确； 对于C，当直线与C相切时，直线，由，解得， 即点，直线的斜率，C错误. 12．【答案】ACD 【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点； 对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围. 【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增， 且当时，，且当时，， 由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确； 对于选项B：由题得，令，则， 故在上， ，单调递减，在上，，单调递增， 故在处取极小值，即最小值， 且易得当时，， 则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误； 对于选项C：设，， 则， 故，则，令，， 故在上， ，单调递减， 则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值， 则有在上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增， 故有且仅有1个解使，即 有且仅有1个零点，故C选项正确； 对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离： ①若，则有，显然成立 ②若，则有，令，则， 令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此； ③若，则有， 令，则， 令，（舍）或， 易得当时，在处取极大值即最大值，因此； 综上，的取值范围是 故选项D正确. 故选：ACD 13．【答案】AB 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 14．【答案】CD 【分析】举反例判断AB；对于C，先检验时满足题意，当时，由题设可得，设，利用导数分析其单调性，可得，，进而求解判断即可；对于D，由可得或，再结合函数图象求解即可判断. 【详解】对于A，当，时满足，而，故A错误； 对于B，当，时满足，故B错误； 对于C，当时，若，满足，且； 若，由，得， 设，则， 而，设，则， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，又， 则或时，， 所以在和上单调递增， 设函数，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，则，当且仅当时，等号成立． 当时，，当时，， 所以当且时，由，得， 则，即，又在上单调递增，则， 令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，即； 综上所述，当时，，故C正确； 对于D，若存在，使得，由C知，若，可得， 当时，成立； 当时，得或，即或， 画出函数与函数的图象，易得两图象有交点，故D正确． 15．【答案】ABD 【分析】对于选项A，通过求导判断函数的单调性，进而可确定其极大值点； 对于选项B，根据导函数的二次函数的对称性即可判断； 对于选项C，通过计算，即可判断； 对于选项D，结合函数的单调性和极值情况即可判断其零点个数. 【详解】由，可得， 对于A选项，令，可解得或， 因为，所以当时，恒成立，函数单调递增， 当时，恒成立，函数单调递减， 当时，恒成立，函数单调递增，所以为的极大值点，故A正确； 对于B选项，因为，为开口向上的二次函数，对称轴为， 又，且，所以根据二次函数的对称性，可得，故B正确； 对于C选项，当时，， 则， 所以， 当时，即，可得，故C错误； 对于D选项，由前面分析可得，当时，为极大值点，为极小值点， 所以，， 当时，；当时，， 所以， 因为，所以，即， 所以对，，使且，所以有3个零点，故D正确. 故选：ABD 16．【答案】BCD 【详解】对于A选项，由， 当时，没有极值； 当时，令，可得或，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极大值点； 当时，令，可得，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极小值点，故A选项错误； 对于B选项，由， 有，可得函数为奇函数，故B选项正确； 对于C选项，设切点为，可知， 可得函数在点M处的切线方程为 ，代入有，整理为， 若过点有三条直线与曲线相切，可得关于m的方程有且仅有3个根， 显然，上述方程可化为. 令，有， 令，即，解得， 可得函数的减区间为， 令，即，解得或， 所以函数增区间为， 又由.可得，可得，故C选项正确； 对于D选项，显然，设， 又由，可得， 同理可得， 将上面两式作差，得， 整理可得，故D选项正确. 17．【答案】BCD 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，， 向量不垂直，因此异面直线AC与所成角的大小不为，A错误； 对于B，取中点，连接，则，即， 而点，因此，四边形是过的平面截正方体所得的截面， 其周长为，B正确； 对于C，由P是正方形内的动点，设， 则，由，得，解得， 即点，动点P的轨迹长度为2，C正确； 对于D，点，设四面体外接球球心，球半径为， 则，解得， 因此四面体外接球表面积为，D正确. 故选：BCD 18．【答案】ACD 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式可判断A选项；利用异面直线向量夹角的求法可判断B选项；利用空间向量法求出平面与棱、的交点坐标，结合空间向量模长公式可判断C选项；设点，其中，，求出点的轨迹方程，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出直线与平面所成角的正切值的取值范围，可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 对于A选项，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以点到平面的距离为，A对； 对于B选项，，， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为，B错； 对于C选项，设平面交直线于点，交直线于点， ，， 因为，、，所以，， 所以，解得，即点， ，解得，即点， 故截面为，且，， ，故的周长为，C对； 对于D选项，设点，则，其中，， 因为，则，故， 由可得， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，，故，即， 故， 当取最小值时，最小，此时， 此时的最小值为， 当取最大值，最大，此时， 此时的最大值为， 故直线与平面所成角的正切值的取值范围是，D对. 故选：ACD. 19．【答案】ABC 【分析】对于A：根据面面平行可得动点F的轨迹，即可得轨迹长度；对于B：建系并标点，求平面的法向量，利用向量求点F的坐标，即可判断；对于C：分析可知当F与D重合时三棱锥的体积最大，利用空间向量求相关距离，即可得体积；对于D：可知球心为，半径，求O到平面的距离，进而可得截面圆半径. 【详解】对于选项A：如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 且平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 且，平面，可得平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故A正确； 对于选项B：以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，解得，不合题意， 所以不存在动点F，使平面，故B正确； 对于选项C：因为点到直线的距离为， 则的面积为， 显然当F与D重合时三棱锥的体积最大，则， 点F到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故C正确， 对于选项D：因为正方体外接球的球心为，半径， 则，则O到平面的距离为， 故球O被平面所截截面圆半径， 所以截面圆面积为，故D错误； 故选：ABC． 20．【答案】ACD 【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点的坐标和中点的坐标，然后利用空间向量数量积的坐标运算求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；求得与的坐标，根据平行向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由题可得点的运动轨迹，然后求得点在侧面内运动路径长，判断C选项；由空间向量投影求得球心到直线的距离，即可求得球心到过直线的平面的最大距离，从而求得截面圆的半径，然后得到其面积，判断D选项. 【详解】以正方体顶点为原点，建立如图空间直角坐标系，则. 则. 对于A，， 所以，故A正确. 对于B，若点为棱的中点，则，所以. 因为，所以不存在实数，使得，所以B错误. 对于C，因为，所以点在以点为球心的球面上. 又点是正方体侧面上的动点（含边界），所以点在侧面内运动轨迹是球的球面与侧面的交线. 因为侧面，且， 所以点在侧面内运动轨迹是以为圆心的圆与侧面内的交线，即圆心角为的圆弧，且半径为. 所以其路径长为.所以C正确. 对于D，易得正方体的内切球球心为正方体的中心，所以，半径为1. 所以，所以球心到直线的距离为， 所以球心到过直线的平面的最大距离为，此时截面圆的面积最小. 截面圆半径为，所以此时的截面圆面积为.所以D正确. 故选：ACD. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题号猜押05全国卷高考数学第11题（多选题） ONE PART1命题溯源 溯源 年份 卷别 第11题（原11题） 第12题（原12题，压轴多选） 2025 I卷 解三角形（边角关系、面积、 正余弦定理) 2025 IⅡ卷 双曲线（渐近线、离心率、圆、四边形面积） 2024 I卷 曲线新定义（轨迹、最值、点与曲线关系） 2024 Ⅱ卷 三次函数（零点、极值、对称轴、对称中心） 2023 I卷 抽象函数（奇偶性、赋值法、极值） 立体几何（放入问题、球体四面体圆柱) 2023 IⅡ卷 导数（极值存在条件） 概率（信道传输、独立事件、译码规则） 2022 I卷 抛物线（点坐标、切线、弦长、向量数量积） 抽象函数与导数（奇偶性、周期性、对称性） 2022 Ⅱ卷 不等式（基本不等式、范围判断） 立体几何（三棱锥体积关系） 2021 I卷 圆（点到直线距离、最值） 正三棱柱（动点轨迹、体积、垂直、平行） 2021 Ⅱ卷 直线与圆（点与圆、直线与圆位置关系） 正整数新定义（二进制表示、和函数）》 近5年多选题压轴位置（原11/12题，现11题）考点高度聚焦，难度大。函数与导数出现4次(2024ⅡT11 三次函数、2023IT11抽象函数、2022ⅡT11不等式、2022IT12抽象函数+导数)，立体几何出现3次 (2023IT12正方体放入、2022ⅡT12三棱锥体积、2021IT12正三棱柱动点)，解析几何（圆、抛物线、 双曲线)出现4次(2025ⅡT11双曲线、2022IT11抛物线、2021IT11圆、2021ⅡT11直线与圆)，概率 统计出现1次(2023ⅡT12信道传输)，数列新定义出现1次(2021ⅡT12正整数新定义)。2024、2025 年试卷结构调整后，压轴多选更加聚焦于函数导数与解析几何，2025年I卷出现解三角形压轴多选，属于 较新变化。 预测 2026年压轴多选题(T11)极大概率在函数与导数（三次函数性质、极值点、零点、对称中心）与立体几何 动态问题（翻折、动点轨迹、截面最值、外接球）之间选取。解析几何（圆锥曲线综合性质）作为备选方向， 概率统计与数列新定义偶有出现但概率较低。若函数导数未出现于此，则可能考查立体几何中的最值或轨 迹问题，体现直观想象与逻辑推理的综合要求。 备考核心 1/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 主攻函数与导数压轴，熟练掌握三次函数的图象特征（对称中心为拐点），能通过导数判断极值点与零点 个数，理解含参函数的分类讨论思想，掌握极值点偏移的基本处理方法；突破立体几何动态问题，强化空 间想象能力，学会用坐标法或几何法处理动点轨迹、翻折前后位置关系变化，掌握外接球、内切球半径的 补形法与截面法，能建立函数模型求体积、表面积最值；关注解析几何综合，熟悉圆锥曲线的几何性质与 设而不求思想，能处理定点定值、最值范围问题。限时训练，每道题控制在5一8分钟，注重多选题得分策 略，不确定选项谨慎选择，确保已确定选项的分数。 TWO PART2押题预测 考点1函数与导数（三次函数性质、极值点、零点、对称中心、导数应用） 1.(2026山东·模拟预测)已知函数f(x=x(x-1)(e*-,则下列说法正确的是() A.若a=1,则f(x有2个零点 B.若f(x<0的解集为(0,1，则a<0 C.任意a>0,fx)在(0，+o)有极小值 D.存在a>0,f(x在(-0,0)有最大值 (2026因川绵阳核拟预0)设到数-号-号一八-2小x的特函数为小，则正准的有《) A.f'-2)=4 B.∫(x)有且仅有两个极值点 C.f(x)有且仅有两个零点 D.若fy在(-2，)上有最大值，则-1<as7 2 3.(2026山东淄博一模)已知函数f(x)=ax+bx2+cx+1(a≠0)，则下列说法正确的是() A.若b=-3,且曲线y=f(x)的对称中心为1，-2)，则c=-1 B.若b=-3,函数f(x)在R上单调递增，则ac≤3 C.若bc>0,且2>30，则存在实数m,nm≠n),使得f(m)=fa D.若c=0,b=-3a,且函数f(x)有两个极值点X、x2,则：1+x2=2 2/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4. （2026陕西铜川一模)已知三次函数f(x)=ax3-6x2+9x),下列说法正确的是() A.若f(x)的极大值为4，则a=1 B.f(x)的极小值为0，则a<0 C.a>1,则fa<f(a+3) D.存在a<3,使f(x)在a,3的值域为a,3 5.(2026广东汕头模拟预测)己知f(x=x3-3x2+3x,则下列说法不正确的是() A.f(x)在定义域内单调递增 B.f(x的对称中心为1,0) C.已知x,x2为方程ax2+4x+b=0的两个根，x≠x2且f(x)+f(x2)>2,则a的取值范围为-2，+0 D.若+2a小：4a小=2，则与的鼓小值为2@>行n心到 2m-12n-3 6(2026东广州二模)对于函数f八x)=anx+6,下面说法正确的有（) A.当ab>0时，函数f(x)有两个零点 B.当ab<0时，函数∫(x)不存在极值点 C.当f(x)最小值为b时，fx)≥a D.当a>0>0时，函数g=f合+小-f[名在区同0，)单调递减 7(2026山东青岛一模)已知函数=n+r-,则() A.f(x在区间(0，+o)上单调递增 B.∫(x恰有两个零点 C.不等式f(x)<f(1-x)的解集为 D.若fm+f(n=0,则m2+n2的最小值为2 8.(25-26高二上福建莆田期末)已知函数f(x)=e,gx)=lnx,其中e为自然对数的底数，则下列 说法正确的是（) 3/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.函数y=f(x)-egx)的极值点为1 B.3xe(0,+o),f(x-gx)=2 C.若P,Q分别是曲线y=fx)和y=g(x上的动点，则PQ的最小值为√2 D.若f(ax)-gx≥1-a)x对任意的x∈(0，+o恒成立，则a的最小值为 9.(2026福建泉州二模)已知函数f(x=e-bx-2有两个零点x,x,x≠x2),则（) A.当b=e时，fx≥-2 . C.当b>e时，ei+e>2e D.函数g(b)=x,-x取最小值时，b=2 10.(2026湖北襄阳一模)已知f(x)=x3+ax2+cx+d,则下列结论正确的是() A=八的对称中为号（别 B.若y=到存在两个极值点X、。,且<，侧则=(，)与)=到有3个交点 C.若f1)=2026,f（2)=4052,则f(5)-f(-2)=14266 D若c-,1-=0有=个不等安根a,B,7,具房号+号则安数a的眼 值施国是径LU(3+6 一考点2立体几何动态问题（翻折、动点轨迹、截面最值、外接球） 1.(2026河北衡水一模)已知正方形ABCD的边长为2，PA⊥平面ABCD,QB⊥平面ABCD,P,Q在 平面ABCD的同一侧，且PA=QB=2,则() A.点Q在四棱锥P-ABCD外接球的球面上 B.四棱锥Q-ABCD内切球的表面积为26-16V2)π C,四棱锥P-ABCD与四棱锥Q-ABCD公共部分的体积为 D.四棱锥Q-ABCD的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 4/19 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2. (2026贵州黔东南·模拟预测)正四棱锥P-ABCD的外接球的球心为O,半径为R,PA=5, AB=4√2，过AB的中点E作球O的截面2，则() 3 A.直线AP与平面ABCD所成角的正切值为 4 B.平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是 17 C.R= 6 D.截面2的面积的最小值是8π 3.(2026河北邯郸一模)如图1，在长方形ABCD中，P是CD边上一点，且AB=4,AD=2,DP=1.将 △ADP沿着AP翻折至△AQP,连接QB,OC,得到如图2所示的四棱锥Q-ABCP,则下列结论正确的是() D P A 图1 图2 A.四棱锥0-ABCP体积的最大值为45 15 B.当平面Q1P⊥平面ABCP时，三棱锥Q-BCP的外接球的表面积为69n C.在翻折的过程中，BP与AQ始终不垂直 D.若BE-}0,则CE= 4. (2026河北保定一模)如图，正方体.ABCD-A,BCD,中，AB=2,点O为侧面ADD,A的中心，M, N分别为棱BC,CD的中点，动点Q在该正方体表面（底面ABCD以外）上，且平面BOD∥平面MNQ,则 下列结论正确的是() D C A M A.平面B0D截该正方体所得截面的面积为4√3 B.点Q的轨迹长度为5√2 5/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.直线BQ与平面80D所成角的正弦值的最大值为y6 D.三棱锥Q-AB,C的体积的最大值为2 5.(2026山东青岛一模)已知四面体ABCD满足AB=AC=CD=BD=2,BC=2√2，点A,B,C, D均在球O的表面上，球O与四面体的4个面均相切，过直线O,O,的平面截四面体ABCD所得的截面的面 积为S,则() A.球O的表面积为8π B.当四面体ABCD体积最大时，O,O2=2-V2 C.当4D=√2时，S的最大值为 D.当AD=V2时，S的最小值为区 6.(2026陕西榆林模拟预测)一封闭圆锥容器（容器厚度忽略不计）的轴截面是边长为10的等边三角 形，一个半径为5的小球在该容器内自由运动，则() A.该圆锥的侧面积为50π B.小球的球心到圆锥顶点的距离的最小值为2 C.小球在圆锥内部移动时，球心之间的最大距离为4 D.小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为20π 7.(2026河南开封模拟预测)已知正四棱台ABCD-AB,CD,的体积为1045,4B=6,4B=2,则 3 下列正确的有（) A.此四棱台的侧面积为325 B.若M是AD的中点，则平面BDM截此四棱台所得截面的面积为7√17 C.若点P为平面A,ACC,截此四棱台所得截面上的动点，且DP=2√5，则P的轨迹长度为√2π D.若点E为棱CC上的动点，则BE+ED的最小值为63 8.(2026湖南长沙模拟预测)如图，平面ABN⊥平面a,M为线段AB的中点，AB=MN=2,AN>BN ,直线MN与平面a所成角的大小为30°，P为平面a内的动点，则下列说法正确的是() B A.球心为N、半径为√2的球面被平面0截得的圆周长为2π B.若点P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是抛物线 6/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.若点P到直线MN的距离为√5，则∠APB的最大值为60 D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆 9.(2026辽宁抚顺一模)已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，动点P在该正方体内部及其表面上运 动，F为CD的中点，则下列说法正确的是() A.若PC=PC,则三棱锥B,-APC,的体积为定值 B.若PC=PC=PA,则动点P轨迹的长度为2 C.若点P到平面ABB,A与BCCB,的距离相等，则PC+PF的最小值为3 D.若点P到平面ABB,A与BCCB,的距离相等，则直线PC与PC,一定不垂直 10.(2026福建龙岩一模)如图，AB为圆锥SO的底面圆的直径，N为母线SA的中点，点C,M为底面 圆周上异于A,B的两个动点，且SA=AB=2,则() A.一定存在点M,使AM⊥平面SBC B.不可能存在点M,使MN∥SC C.过点N且与母线SA垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为√ D.过点N与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为2 3 考点3解析几何 1.(2026陕西·二模)已知抛物线E:y=x2的焦点为F.准线为1，过点F作斜率为k的直线与抛物线E交 于A,B两点，过AB的中点M作x轴的垂线和抛物线相交于点P,和准线l相交于点N,则() 7/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 YA B M F A.准线1的方程为y=- B.抛物线E过点P的切线与AB所在直线平行 2 C.MP=PN D.存在k值，使得△0AB的面积值为4 2.(2026福建福州模拟预测)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线：x=y-2与C交于A,B两点， 1与x轴交于点P,则() A.PAPB的取值范围为8，+0 1,1 PAP8的取值范围为 61 B. 62 C.若∠AFB=90°，则△AFB的面积为9 D.若∠AFB=90°，则△AFB的周长为15+3√21 3.（2026陕西咸阳·模拟预测)已知椭圆曲线Q:y2-y=x3-3x,下列结论正确的是() A.曲线Q与x轴的交点的横坐标之和等于0 B.曲线Q关于直线y=1对称 C.若直线y=m与曲线Q恰有3个交点，则m∈(-1,2) D.直线2y-1=0与曲线Q的交点的横坐标之和等于0 B2026河北张家口一模)已知椭圆C:二+1>h>0的左、右焦点分别为，5，点P是椭图C 上一点，则下列说法正确的是() A若1≤PFs5,则椭圆C的离心率为 B.若b=2,FP·F,P=0,则△PFF的面积为2 C.若a=5,b=3,∠FPR=60P,则aPF5,内切圆的半径为V 3 D.若∠PFB=15°，∠PF,￡=105°，则椭圆C的离心率为 2 (2026辽宁抚顺一模)在平面直角坐标系x0y中，直线l:x-y=0,直线l2:x+y=0,曲线C上的动 8/19 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 点P(x,y)x>川到直线与的距离之积为定值1，FF,为曲线C的左、右焦点，则下列结论正确的是 () A.曲线C的方程为x2-y2=2 B.PF-PF =2V2 C.点P到点M(6,0)的距离最小值为4 D.若I为曲线C在点P处的切线，则直线I平分∠FPF, 6. (2026广东广州一模)已知曲线C的方程为F(x,y)=0,集合T=(x,yF(x,y)=0,若对任意的 (x)∈T,都存在(x2,y2∈T，,使得x（y2-2)=x2少成立，则称曲线C为曲线.下列方程所表示的曲线 为a曲线的是() A.x2+y2=5B.x-y-1=0 C.y=Inx D.y=e-*-2 7.（2026湖北黄冈一模)如图，过抛物线E:y2=8x的焦点F作两条互相垂直的直线4，马，4与E交于 A,B两点，Z与E交于C,D两点（点A,C在x轴上方），M,N分别是弦AB和CD的中点，则() A.设点P(3,),则△PFA的周长最小值为5+√2 B.2|AF|+|BFI的最小值为3+4√2 C.MW的最小值为8 D.△AFC和△BFD的面积之和的最小值为32 8.(2026湖北孝感二模)己知抛物线C:y2=mx的准线方程为2x+1=0.过点(0，-1)且斜率为k的直线1 与C交于A,B两个不同的点，O为坐标原点.过点A作x轴的垂线，交直线OB于点D,则下列说法正确 的是() A.曲线C的方程是y2=2x 9/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B。k的取信范围为分切 C.若k>m, 则O1.0的取值花围为(0 D.线段AD的中点在一条定直线上 9.(2026四川成都二模)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F,若C上存在n个互不重合的点P,B, B,,P满是∠PFR=∠BFR==∠PFR,=∠PFR=2 ,下列结论中正确的有() n A.当n=2时，则PP的最小值为4 B.当n=3时，存在点，B,B使得点F为△PP的重心 C.当n=4时，则PP+PP的最小值为16 1 1 D.当n=6时，则R可RF十BF+PF =3 10(22s安合驱发叔预)已知椭图E:手+卡=1(a>6>0)的短错长为23，右、袋点分别 为E,E,P为E上一动点，且PFPF,的最大值为4，则下列说法正确的有() A.E的方程为+ -=1 43 B.若过点且看直于x维的直线交E于A,8两点，则4-月 C.若M,N是E上两点，且MN的中点为Q(1,1),则直线MN的方程为3x+4y-7=0 D.若过点且互相垂直的两条直线与E分别交于点C,G和点D,H,则CGDH2 1 17 。考点4概率统计 1.(2026湖北省直辖县级单位模拟预测)在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩 X~N(100,400),此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分.已知：若X~N(4,o2),则 P(X-4≤o)=m,P(X-4≤2o)=n,则下列说法正确的是() A.若随机变量Y=X00,则y服从标准正态分布 400 B.P(80≤X≤140)=m+n 2 C.从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为1-m 2 10/19 题号猜押05 全国卷高考数学第11题（多选题） 溯源 年份 卷别 第11题（原11题） 第12题（原12题，压轴多选） 2025 Ⅰ卷 解三角形（边角关系、面积、正余弦定理） — 2025 Ⅱ卷 双曲线（渐近线、离心率、圆、四边形面积） — 2024 Ⅰ卷 曲线新定义（轨迹、最值、点与曲线关系） — 2024 Ⅱ卷 三次函数（零点、极值、对称轴、对称中心） — 2023 Ⅰ卷 抽象函数（奇偶性、赋值法、极值） 立体几何（放入问题、球体四面体圆柱） 2023 Ⅱ卷 导数（极值存在条件） 概率（信道传输、独立事件、译码规则） 2022 Ⅰ卷 抛物线（点坐标、切线、弦长、向量数量积） 抽象函数与导数（奇偶性、周期性、对称性） 2022 Ⅱ卷 不等式（基本不等式、范围判断） 立体几何（三棱锥体积关系） 2021 Ⅰ卷 圆（点到直线距离、最值） 正三棱柱（动点轨迹、体积、垂直、平行） 2021 Ⅱ卷 直线与圆（点与圆、直线与圆位置关系） 正整数新定义（二进制表示、和函数） 近5年多选题压轴位置（原11/12题，现11题）考点高度聚焦，难度大。函数与导数出现4次（2024ⅡT11三次函数、2023ⅠT11抽象函数、2022ⅡT11不等式、2022ⅠT12抽象函数+导数），立体几何出现3次（2023ⅠT12正方体放入、2022ⅡT12三棱锥体积、2021ⅠT12正三棱柱动点），解析几何（圆、抛物线、双曲线）出现4次（2025ⅡT11双曲线、2022ⅠT11抛物线、2021ⅠT11圆、2021ⅡT11直线与圆），概率统计出现1次（2023ⅡT12信道传输），数列新定义出现1次（2021ⅡT12正整数新定义）。2024、2025年试卷结构调整后，压轴多选更加聚焦于函数导数与解析几何，2025年Ⅰ卷出现解三角形压轴多选，属于较新变化。 预测 2026年压轴多选题（T11）极大概率在函数与导数（三次函数性质、极值点、零点、对称中心）与立体几何动态问题（翻折、动点轨迹、截面最值、外接球）之间选取。解析几何（圆锥曲线综合性质）作为备选方向，概率统计与数列新定义偶有出现但概率较低。若函数导数未出现于此，则可能考查立体几何中的最值或轨迹问题，体现直观想象与逻辑推理的综合要求。 备考核心 主攻函数与导数压轴，熟练掌握三次函数的图象特征（对称中心为拐点），能通过导数判断极值点与零点个数，理解含参函数的分类讨论思想，掌握极值点偏移的基本处理方法；突破立体几何动态问题，强化空间想象能力，学会用坐标法或几何法处理动点轨迹、翻折前后位置关系变化，掌握外接球、内切球半径的补形法与截面法，能建立函数模型求体积、表面积最值；关注解析几何综合，熟悉圆锥曲线的几何性质与设而不求思想，能处理定点定值、最值范围问题。限时训练，每道题控制在5~8分钟，注重多选题得分策略，不确定选项谨慎选择，确保已确定选项的分数。 考点1 函数与导数（三次函数性质、极值点、零点、对称中心、导数应用） 1. （2026·山东·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．若，则有2个零点 B．若的解集为，则 C．任意在有极小值 D．存在在有最大值 【答案】ACD 【分析】A解方程即可；B将问题转化为在上恒成立求解；C先求，再令，通过导函数研究其在上的正负性即可；D研究在上的正负性得出的单调性即可. 【详解】对A：若，则，解得或， 故有2个零点，故A正确； 对B：当时，，则， 则等价于，即， 因为的解集为，所以在上恒成立， 因为在上单调递增，所以，即，故B错误； 对C：， 若，则， 令， 则， 令，则， 若，则由得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 令，则，即， 则 ， 则在上恒成立，则在上单调递增， 因为时；时； 故对于任意，与始终存在交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 则当时先负后正，先减后增， 则对于任意在有极小值，故C正确； 对D：由C选项可知，当时，得， 得， 则在上单调递增，在上单调递减， 又，，，所以使得， 则当时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当时，且当时，， 故当时，与的图象存在唯一交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 故当时先正后负，先增后减， 故存在使得在有最大值，故D正确. 故选：ACD 2. （2026·四川绵阳·模拟预测）设函数的导函数为，则正确的有（    ） A． B．有且仅有两个极值点 C．有且仅有两个零点 D．若在上有最大值，则 【答案】ABD 【详解】A：由，求导得， 令，得，故A正确； B：由A知，则. 所以，当和时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以有且仅有两个极值点和，故B正确； C：，或， 由，因此有且仅有三个零点，故C错误； D：， 令，得或， 所以在上有最大值，则，故D正确. 3. （2026·山东淄博·一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，函数在上单调递增，则 C．若，且，则存在实数，使得 D．若，，且函数有两个极值点、，则 【答案】ACD 【分析】利用求参数判断A，对函数求导有在上恒成立，结合判别式列不等式判断B，根据已知有，再判断的判别式符号确定函数的单调性判断C，由是的两个根，结合韦达定理判断D. 【详解】对于A，若，则， 由的对称中心为，则， 所以， 所以 ， 所以，则，A对， 对于B，若，则。若在上单调递增， 则其导数在上恒成立， 所以，即，B错， 对于C，由，，不等式两边同乘，得， 的判别式， 故有两个不同零点，即有两个极值点，故不单调， 因此存在使得，C对， 对于D，将代入导函数，得， 极值点是的两个根， 由韦达定理：，D对. 4. （2026·陕西铜川·一模）已知三次函数，下列说法正确的是（    ） A．若的极大值为4，则 B．的极小值为0，则 C．，则 D．存在，使在的值域为 【答案】AC 【分析】A选项，显然，求导，并进行因式分解，分和两种情况，得到的单调性和极值情况，得到，A正确；B选项，在A基础上，分和两种情况，分析出满足要求；C选项，作差法比较出，C正确；D选项，在A基础上，分，和三种情况，得到D错误. 【详解】对于A选项，显然，， 令得或3，若， 令，得或，令，得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值，且， 令，解得；若， 令得，令得或， 故在，上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，在处取得极大值， 且，不合要求，综上，，A正确； 对于B选项，由A可知，当时，极小值为，满足要求； 当时，极小值为，不合要求，则，B错误； 对于C选项，由题意得， 可得，， 又，故，故，C正确； 对于D选项，由A知，时，在，上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 显然的最小值为，不合要求； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 若，则在上单调递增，在上单调递减， 其中，故的最小值为，不合要求； 若，则在上单调递减，故的最小值为，不合要求； 不存在，使在的值域为，D错误. 故选：AC 5. （2026·广东汕头·模拟预测）已知，则下列说法不正确的是（   ） A．在定义域内单调递增 B．的对称中心为 C．已知为方程的两个根，且，则的取值范围为 D．若，则的最小值为 【答案】BC 【分析】利用导数的符号判断函数的单调性判断A，利用对称中心的性质判断B，令，结合的对称性和单调性可得，代入韦达定理判断C，由的对称性和单调性可得，利用基本不等式求最小值即可. 【详解】选项A，由题意的定义域为， 因为恒成立，当且仅当时， 所以在定义域内单调递增，A说法正确； 选项B，设的对称中心为， 由对称中心的定义可知对恒成立， 代入整理得， 令，解得， 所以的对称中心为，B说法错误； 选项C，由且可得， 令，则， 由函数的平移变换易知在上单调递增，且关于中心对称， 所以，即， 所以，即， 又因为为方程的两个根， 所以，当时不等式显然不成立，解得，C说法错误； 选项D，因为关于中心对称，所以， 由题意，所以， 又因为单调递增，所以，整理得， 所以当时， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，D说法正确； 故选：BC 6. （2026·广东广州·二模）对于函数，下面说法正确的有（    ） A．当时，函数有两个零点 B．当时，函数不存在极值点 C．当最小值为时， D．当时，函数在区间单调递减 【答案】BCD 【分析】对于AB，利用导数分析极值点及零点即可判断；对于C，由最值可确定，进而得到，结合最值即可判断；对于D，对求导，利用导数确定单调性即可． 【详解】函数的定义域为，， 当时，，解得， 不妨取，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ， 易知当时，函数，此时函数只有一个零点，故A错误； 当时，若，因，则，，则在上单调递增，无极值点； 若，因，则,，则在上单调递减，无极值点； 综上，当时，函数不存在极值点，故B正确； 由A项分析可知，当最小值为时，有， ，即， 令，则，即， 令，， 当时，,当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，的解为， 即，，此时，即，故C正确； 当时，函数 由，可得，即函数的定义域为， 则，因， 则， 故当时，，即在上单调递减，故D正确． 7. （2026·山东青岛·一模）已知函数，则（   ） A．在区间上单调递增 B．恰有两个零点 C．不等式的解集为 D．若，则的最小值为2 【答案】ABD 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 8. （25-26高二上·福建莆田·期末）已知函数，，其中e为自然对数的底数，则下列说法正确的是（    ） A．函数的极值点为1 B．， C．若P，Q分别是曲线和上的动点，则|PQ|的最小值为 D．若对任意的恒成立，则a的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于B，设，求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于C，利用曲线与曲线互为反函数，可先求点到的最小距离，然后再求的最小值；对于D，利用同构把恒成立问题转化为，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可. 【详解】对于A，．所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极值点为1，故A正确； 对于B，设，则， 因函数与在上均单调递增，故在上单调递增． 又，则存在．使得， 即，，所以当时．，当时．． 所以在上单调递减．在上单调递增. 所以，又，则， 所以，故B错误； 对于C，因为函数与函数互为反函数，其图象关于对称， 设点到的最小距离为，设函数上斜率为的切线为， ，由得，所以切点坐标为，即，所以， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，若对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令，，因．所以在上单调递增，故， 即，令，所以， 当时，，则函数在上单调递增，当时，，则函数在上单调递减， 所以，所以，即的最小值为，故D正确. 故选：ACD 9. （2026·福建泉州·二模）已知函数有两个零点，则（   ） A．当时， B． C．当时， D．函数取最小值时， 【答案】ACD 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即， 故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故. 故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得， 因为，若，则，为上的增函数， 与有两个不等的零点矛盾，故， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确. 故选：ACD. 10. （2026·湖北襄阳·一模）已知，则下列结论正确的是（   ） A．的对称中心为 B．若存在两个极值点、，且，则与有3个交点 C．若，，则 D．若，，有三个不等实根，，，且，则实数a的取值范围是 【答案】ACD 【详解】对于A．∵，∴， ∴，∴的对称中心为；所以A对 对于B．证明：设， 则, 利用方程左右两边的系数相等，得到 又，为，所以 所以：， 由于是的极大值点，且 故与有两个交点，所以B错 对于C，由题意知，1和2是的两根，设 则，C 正确， 对于D．， 而, 所以：， ，解得 又有三个不等实根，所以极大值大于0，极小值小于0 ∴ 又实数a为正，所以在为增，在为减，在为增，所以， 所以，且，所以，所以D对. 考点2 立体几何动态问题（翻折、动点轨迹、截面最值、外接球） 1. （2026·河北衡水·一模）已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 【答案】ACD 【分析】根据四棱锥与正方体的关系即可判断选项A；根据四棱锥内切球体积与表面积的关系即可判断选项B；找出四棱锥与四棱锥公共部分，转化为求四棱锥和三棱柱的体积问题，再求和即可判断选项C；结合直观想象及空间想象判断选项D. 【详解】A：将四棱锥补成一个正方体， 则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点， 所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确. B：四棱锥的体积， 侧面积， 表面积， 则四棱锥内切球的半径， 则该内切球的表面积为，B错误. C：连接，易证，， 则四边形和四边形均为平行四边形， 设，，则，分别为，的中点， 设，的中点分别为，，连接，，，， 则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体， 其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和， 即，C正确. D：平面、平面、平面将空间分成8个， 最后平面将其中6个空间各分成2部分， 所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确. 2. （2026·贵州黔东南·模拟预测）正四棱锥的外接球的球心为O，半径为R，，，过的中点E作球O的截面，则（   ） A．直线与平面所成角的正切值为 B．平面与平面夹角的余弦值是 C． D．截面的面积的最小值是 【答案】ACD 【分析】作平面，则是直线与平面所成的角，在中求解判断A；取棱的中点F，连接，，，由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角，求解判断B；根据题意得，求解判断C；连接，当截面垂直于时，截面的面积最小，求出半径，判断D. 【详解】如图，作平面，则H为线段的中点， 是直线与平面所成的角. 因为，，所以，， 所以，A正确. 取棱的中点F，连接，，. 由正棱锥的性质知点H在线段上，， 则. 由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角， 则平面与平面夹角的余弦值是，B错误. 因为，，所以O在正四棱锥外部，连接， 则，解得，C正确. 连接，当截面垂直于时，截面的面积最小. 因为， 所以截面的面积的最小值为，D正确. 3. （2026·河北邯郸·一模）如图1，在长方形中，是边上一点，且．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥体积的最大值为 B．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积为 C．在翻折的过程中，与始终不垂直 D．若，则 【答案】ABD 【分析】过点作，求出再利用体积公式计算可判断A；记外接圆的圆心为的中点，利用余弦定理计算三棱锥外接球的半径判断B；过点作，并与交于点，求证平面，进而求证判断C；在上取靠近点处的四等分点，利用勾股定理计算判断D. 【详解】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值． 过点作，垂足为，则， 则四棱锥体积的最大值为，A正确； 连接，记外接圆的圆心为的中点，连接， 因为， 所以， 因为，， 则， 则， 则三棱锥外接球的半径为， 则三棱锥的外接球的表面积为，B正确； 连接，因为， 所以，则， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面， 则点在平面上的射影在直线上， 过点作，并与交于点，连接， 若点在平面上的射影为，即平面， 由平面，得, 又，平面，则平面， 因为平面，所以，故C错误； 在上取靠近点处的四等分点，连接， 因为，所以，且， 从而四边形为平行四边形，则，D正确． 4. （2026·河北保定·一模）如图，正方体.中，，点O为侧面的中心，M，N分别为棱的中点，动点Q在该正方体表面（底面以外）上，且平面平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面截该正方体所得截面的面积为 B．点Q的轨迹长度为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．三棱锥的体积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】对于A，延长即可得到截面，再求面积即可；对于B，根据面面平行，作出平面即可；对于C，易知点到平面的距离为定值，利用等体积法求出距离，再确定的最小值即可；对于D，结合点的轨迹，得到点到平面的最大值，再根据锥体体积公式计算即可． 【详解】对于A，如图，延长，与交于点，连接， 所以平面截该正方体所得截面为， 易知为等边三角形，其面积为，故A错误； 对于B，分别取的中点，连接， 则六边形为正六边形，因为分别为棱的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，因为，所以平面平面， 则点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，由平面平面可知，点到平面的距离为定值， 不妨取点在点的位置，设点到平面的距离为， 连接，由， 得，即，解得， 设直线与平面所成角为，则， 当点运动到线段的中点时，取得最小值，取得最大值， 此时易得，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确； 对于D，因为，所以， 又平面平面，所以平面， 要使三棱锥的体积取得最大值，则点到平面的距离最大， 易知当点在上运动时，点到平面的距离最大， 不妨取点与点重合，设，连接，显然， 由于，易得，则， 所以，又平面，所以平面， 所以三棱锥体积的最大值为，故D正确． 5. （2026·山东青岛·一模）已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（   ） A．球的表面积为 B．当四面体体积最大时， C．当时，的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，由题可知四面体是由两个直角三角形构成，结合外接球定义即可求解；对于B，易知当平面时，四面体体积最大，利用等体积法确定内切球半径，再求即可；对于CD，根据题意确定截面，结合异面直线距离公式求出截面面积的最值即可． 【详解】对于A，，， ， ， 则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确； 对于B，，又， 当平面时，四面体体积最大， 平面，， ，即和为全等的等边三角形， 则， 四面体的表面积， ， 则四面体内切球半径， 易得平面，故四面体关于平面对称， 则内切球球心在平面上， 过分别作，则， 平面， 平面，同理可得平面， ，即四边形为正方形， ，故B错误； 对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线， 设的中点为，又，故直线为直线， 则为其中一个截面， 又平面，平面， ，， 在上取一点，作截面， 由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小， 以为原点建立空间直角坐标系， 则， 设异面直线的公共法向量为，距离为， ，不妨取，则， ， 即点到距离的最小值为，此时， 则截面面积最小值为， 综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确． 6. （2026·陕西榆林·模拟预测）一封闭圆锥容器（容器厚度忽略不计）的轴截面是边长为10的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．小球的球心到圆锥顶点的距离的最小值为2 C．小球在圆锥内部移动时，球心之间的最大距离为4 D．小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 【答案】AC 【分析】根据题意，利用圆锥的几何结构特征，圆锥和圆台的侧面积公式，结合圆锥的轴截面，以及三角形的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，圆锥的底面圆的半径为，母线长为，高为， 对于A，该圆锥的侧面积为，所以A正确； 对于B，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图所示， 因为小球的半径为，在直角中，可得 即小球的球心到圆锥顶点的距离的最小值为，所以B错误； 对于C，在直角中，可得， 所以，且，， 又因为和都是等边三角形，所以， 则圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长， 因为，可得， 当小球在圆锥内部移动时，球心之间的最大距离，所以C正确； 对于D，由截得圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为， 所以截得圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为， 可得其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的最大面积为，所以D错误. 7. （2026·河南开封·模拟预测）已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若M是的中点，则平面BDM截此四棱台所得截面的面积为 C．若点P为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则P的轨迹长度为 D．若点E为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】A记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为，连接，，，，利用棱台的体积公式可求得，进而可得，进而求解判断；B取的中点，连接，的中点设为，连接，，，分析可得平面截此四棱台所得的截面为，进而求解判断；C先证明平面，进而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，进而求解判断；D将侧面和沿棱展开，连接交于点，分析可得的长度即为的最小值，进而求解判断. 【详解】A，如图，记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为， 连接，，，， 则为梯形的高，因为该正四棱台的体积，得， 而，则， 所以梯形的面积为，此四棱台的侧面积为，故A正确； B，取的中点，连接，的中点设为，连接，，， 则，，所以， 所以平面截此四棱台所得的截面为， 因为，，， 所以梯形的面积为，故B错误； C，因为，，， 所以平面，且， 因为，，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，弧长，故C正确； D，由A知，则侧棱，所以， 如图，将侧面和沿棱展开，连接交于点，， 此时的长度即为的最小值，因为，故D正确. 8. （2026·湖南长沙·模拟预测）如图，平面平面为线段的中点，，直线与平面所成角的大小为为平面内的动点，则下列说法正确的是（   ） A．球心为、半径为的球面被平面截得的圆周长为 B．若点到点和点的距离相等，则点的轨迹是抛物线 C．若点到直线的距离为，则的最大值为 D．满足的点的轨迹是椭圆 【答案】AC 【分析】A利用可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C利用已知信息，求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题； 【详解】对于A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离， 球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径， 所以圆的周长为，故A正确； 对于B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面内作轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则,， 设，则，即化简得， 故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故B错误； 对于C，， 所以到直线的距离为， 化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点， 如图2，当在短轴的端点时，最大， 由于，故是正三角形，因此，故C正确； 对于D，， 若， 则， 化简得且， 故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D错误． 9. （2026·辽宁抚顺·一模）已知正方体的棱长为2，动点在该正方体内部及其表面上运动，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则三棱锥的体积为定值 B．若，则动点轨迹的长度为2 C．若点到平面与的距离相等，则的最小值为3 D．若点到平面与的距离相等，则直线与一定不垂直 【答案】ACD 【分析】对A，由 得在中截面内，利用等体积法计算体积；对B，由得在两平面交线，计算轨迹线段长度；对C，由点到两平面距离相等得其在对角面内，用对称点转化为两点间距离求最小值；对D，由得在球面上，通过球心到平面距离与半径比较. 【详解】对于A：分别取棱，的中点则四点共面， 且四边形EMNH为正方形，若，则点在平面内，且到平面的距离 为定值1，所以，A正确； 对于B：若，则点既在正方形EMNH内及其边界上，又在对角面BDD内， 所以点的轨迹为线段，其长度为，B错误； 对于C：若点到平面与的距离相等，则点在对角面内，取的中点K， 则点关于平面对称，所以，C正确； 对于D：若，则点在以为直径的球面上，球心为中点，半径， 而点到平面的距离为，所以平面与以为直径的球面无公共点，D正确. 10. （2026·福建龙岩·一模）如图，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆周上异于的两个动点，且，则（    ） A．一定存在点，使平面 B．不可能存在点，使 C．过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为 D．过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为 【答案】BCD 【分析】根据线面垂直判定与性质可判断A；根据平面公理判断B即可；由平面截圆锥的截线问题可知，选项C的轨迹为椭圆，选项D的轨迹为双曲线，据此判断CD即可． 【详解】对于A，根据圆锥的性质可得底面，则， 假设存在点使平面，则， 又因为平面， 所以平面，故平面与平面平行，与题意不符，故A错误； 对于B，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点， 所以三点共线，与题设矛盾，故B正确； 对于C，， ，即为等边三角形， 为母线的中点， ， 过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线为椭圆，且为长轴， 则任意两点间距离的最大值为，故C正确； 根据题意，过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线为双曲线， 为母线的中点， 为的中点， ， 又，，故， 则可设双曲线方程为， ，解得， ，即，故D正确． 考点3 解析几何 1. （2026·陕西·二模）已知抛物线的焦点为．准线为，过点作斜率为的直线与抛物线交于两点，过的中点作轴的垂线和抛物线相交于点，和准线相交于点．则（） A．准线的方程为 B．抛物线过点的切线与所在直线平行 C． D．存在值，使得的面积值为 【答案】BCD 【分析】对于A，将抛物线方程化为标准形式，根据抛物线的性质求准线方程即可判断，对于B，设直线方程为，，联立方程组可得，，求点的坐标，再结合导数的几何意义求切线斜率即可判断，对于C，利用点的坐标求可得结论，对于D，利用表示三角形面积，列方程求可得结论. 【详解】对于选项A，抛物线化为标准形式， 设抛物线的焦点到准线的距离为， 则，故，因此焦点，准线，A错误， 对于选项B，设直线方程为， 联立，消得， 方程的判别式， 设，由根与系数的关系可得：，， 中点的坐标为：，，即， 过作轴垂线，得，， 对求导得，点横坐标为，切线斜率为，和直线斜率相等，因此切线与平行，选项B正确， 对于选项C，三点横坐标相同，距离为纵坐标差的绝对值：， 所以，选项C正确， 对于选项D，的面积， 令，得， 化简可得，所以存在，选项D正确. 2. （2026·福建福州·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（    ） A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．若，则的面积为9 D．若，则的周长为 【答案】BCD 【分析】将直线方程与抛物线方程联立，得到一个一元二次方程，根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解A即可；根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、反比例型函数的单调性进行求解B即可，根据点到直线距离公式、三角形面积公式，平面向量垂直的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系以及抛物线的对称性进行求解C即可；根据抛物线的定义，结合C的结论进行求解D即可. 【详解】对于A，在中，令，得，所以点P坐标为. 由， 由题意可得，或， 设，则有， ，所以本选项不正确； 对于B，抛物线关于横轴对称，且直线过定点， 不妨设A，B两点在第一象限内，此时， 而， ， 因为，所以， 可得， 即， 则的取值范围为，所以本选项说法正确； 对于C，当时，， 则有 ， 抛物线关于横轴对称，不妨设A，B两点在第一象限内， 且，此时，所以有 而， 点到直线的距离为， 所以的面积为 ，所以本选项正确； 对于D，由弦长公式得 ， 且 ， 所以的周长为，因此本选项说法正确. 3. （2026·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆曲线，下列结论正确的是（    ） A．曲线与轴的交点的横坐标之和等于0 B．曲线关于直线对称 C．若直线与曲线恰有3个交点，则 D．直线与曲线的交点的横坐标之和等于0 【答案】ACD 【分析】对于A，令,则，解方程即可判断；对于B，设点在曲线上若曲线关于直线对称，则对称点应满足：，化简即可求解；对于C，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，结合导数研究的单调性和极值即可求解；对于D, 直线代入方程整理得,结合三次方程的韦达定理即可求解. 【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确； 对于B，设点在曲线上，则， 若曲线关于直线对称，则对称点应满足： 展开左边：与原方程不相等，故B 错误； 对于C，令，求导得 令,解得：或，令,解得：， 所以的单调增区间为，单调减区间为 当时，；当时，， 所以的极大值为2，极小值为， 直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数， 要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即： 解不等式：，恒成立； ， 所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确； 对于D，直线代入方程： ，整理得 设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：， 所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确. 故选：ACD 4. （2026·河北张家口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则椭圆的离心率为 B．若，，则的面积为2 C．若，，，则内切圆的半径为 D．若，，则椭圆的离心率为 【答案】ACD 【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，可求的值，判断A的真假；利用焦点三角形的面积公式求的面积，可判断B的真假；结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，可求内切圆的半径，判断C的真假；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义，可判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以，此时椭圆的离心率为，故A正确； 对B：因为，所以，即，所以，故B错误； 对C：因为， 由，，所以，设内切圆半径为，则，故C正确； 对D：如图： 由，，可得. 由正弦定理：， 所以，即， 所以.故D正确. 5. （2026·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系中，直线，直线，曲线上的动点到直线与的距离之积为定值1，为曲线的左、右焦点，则下列结论正确的是（   ） A．曲线的方程为 B． C．点到点的距离最小值为4 D．若为曲线在点处的切线，则直线平分 【答案】ACD 【分析】对A，根据题意列式求解；对B，由双曲线定义判断；对 C，由题可得，利用两点间距离公式列式求解；对D，求出曲线在点处的切线方程，求出点，到切线的距离，结合角平分线定理求解判断. 【详解】对于A，点到直线的距离为，到直线的距离为， 由题可得，所以， 又，故，所以曲线的方程为，故A正确； 对于B，由A知曲线的方程为，所以，， 所以，即，故B错误； 对于C，要使得点到点的距离最小，则点要在双曲线的右支上， 所以，且， 所以， 当且仅当时，取等号， 所以点到点的距离最小值为4，故C正确； 对于D，设点在双曲线上，满足， 则双曲线在点处的切线的方程为，即， 点到切线的距离， 点到切线的距离， 又， ， 所以， 所以直线平分，故D正确. 6. （2026·广东广州·一模）已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设. 【详解】令，，， 等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点， 对于A：如下图，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于B：如下图，且， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于C：如下图，，，则， 若与曲线相切且为切点，则，故，此时 令，则，即，故，即有与相切于， 如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足， 对于D：如下图，，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 7. （2026·湖北黄冈·一模）如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，与交于A，B两点，与交于C，D两点（点A，C在轴上方），M，N分别是弦和的中点，则（   ） A．设点，则的周长最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为8 D．和的面积之和的最小值为32 【答案】ACD 【分析】对选项A：结合抛物线的定义，的周长为，要找周长最小值，需找到点A使得最小，利用三点共线时距离最短的思路分析即可；对于B：设直线的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，利用焦半径公式可得的表达式，再利用基本不等式分析最小值；对选项C：表示出的坐标，再利用两点间距离公式表示出，最后利用基本不等式求最值的方法分析最小值；对选项D：利用三角形面积公式表示出和的面积之和，结合焦半径公式或联立方程后的弦长公式，将面积和转化为关于k的表达式，再利用基本不等式求最小值. 【详解】对于A，，，准线方程为，点， 的周长为，其中， 过点作垂直于准线的直线，垂足为，由抛物线定义知， 则周长为, 当最小时，周长最小， 所以当在一条直线上时，最小，最小长度为， 所以周长最小值为，故A正确； 对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，即，设， 则，， 则， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，直线的斜率为，的方程为， 以代换中的k， 得， 设，得，， 、分别是弦和弦的中点，所以，， ， 而，， 则，即，的最小值为8，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，由抛物线定义得，，，，， 和面积之和为 当且仅当，等号成立，所以和面积之和的最小值为32，故D正确. 8. （2026·湖北孝感·二模）已知抛物线的准线方程为．过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点．过点作轴的垂线，交直线于点．则下列说法正确的是（   ） A．曲线的方程是 B．的取值范围为 C．若，则的取值范围为 D．线段的中点在一条定直线上 【答案】ACD 【分析】根据准线方程求出可判断A；直线与抛物线联立，根据直线与抛物线的关系令可判断B；利用向量数量积的坐标公式结合韦达定理表示出，然后再利用二次函数的性质判断C；设线段的中点为，利用韦达定理得到可判断D. 【详解】根据题意可知准线方程为，即的准线方程为，所以，即，所以， 则抛物线的方程为：，故A正确； 依题意得直线的方程为， 当时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 当时，代入，得， 则且，解得且， 所以的取值范围是，故B错误； 设，，根据韦达定理可得：，， 所以， 代入可得：； 若，即，则， 所以， 即的取值范围是，故C正确； 因为直线的方程为，所以点的坐标为， 设线段的中点为，则，， 则， 所以点在直线上，故线段的中点在一条定直线上．故D正确. 9. （2026·四川成都·二模）已知抛物线：的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（   ） A．当时，则的最小值为4 B．当时，存在点，，使得点为的重心 C．当时，则的最小值为16 D．当时，则 【答案】ACD 【分析】设点的极坐标为，则，由抛物线的极坐标方程得到 ，.利用极坐标公式求出的最小值，即可判断A；假设点为的重心，根据重心性质推出，进而根据焦半径公式得到对应点的横坐标相等，将其代入抛物线方程推出矛盾，即可判断B；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断C；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断D. 【详解】抛物线的焦点. 设点的极坐标为，则， 由抛物线的极坐标方程可得 ，所以. 当时，，此时共线，是一条焦点弦. 两点所对的极角分别为. 所以. 当，即时，取到最小值4，故A正确； 当时，. 若点为的重心，由重心性质可知. 移项得，两边平方可得， 因为， 所以上式可化为①. 若移项得，两边平方化简后可得②. 若移项得，两边平方化简后可得③. ①-②化简后整理可得④. ②-③化简后整理可得⑤.联立④⑤可解得. 若点为的重心，则由重心公式可知，所以. 设，由焦半径公式可知， 所以. 所以，即. 将代入抛物线方程，解得，不存在第三个解， 所以抛物线上不存在点为的重心的，，三点，故B错误； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以共线，共线，. 因为， . 所以， 当，即或时取到最小值16，故C正确； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以， ， 所以，故D正确. 10. （2026·安徽合肥·模拟预测）已知椭圆：（）的短轴长为，左、右焦点分别为，，为上一动点，且的最大值为4，则下列说法正确的有（   ） A．的方程为 B．若过点且垂直于轴的直线交于，两点，则 C．若，是上两点，且的中点为，则直线的方程为 D．若过点且互相垂直的两条直线与分别交于点，和点，，则 【答案】ACD 【分析】由椭圆的定义和基本不等式，求得，得出的值，求得椭圆的方程，可判定A正确；求得直线方程为，联立方程组，求得的长，可判定B错误；利用“点差法”求得的斜率，得出的方程，可判定C正确；利用弦长公式，分别求得的长，可判定D正确. 【详解】对于A，根据椭圆的定义，可得， 由基本不等式，可得，所以，即 因为椭圆的短轴长为，可得，所以， 所以椭圆的方程为，所以A正确； 对于B，由，，可得，则， 所以过且垂直于轴的直线方程为， 将代入椭圆的方程，可得，解得， 所以，所以B错误； 对于C，设，因为在椭圆上， 则，两式相减得：， 因为的中点为，可得， 所以，可得，所以的斜率为， 所以直线的方程为，即，所以C正确； 对于D，当一条直线的斜率为0时，则另一条直线的斜率不存在， 不妨设直线的斜率为0，则， 则直线的方程为，可得，所以； 当两条直线的斜率都存在，且不为0时， 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得且， 则 ， 因为直线与垂直，所以直线的斜率为， 同理可得：， 则， 综上可得，，所以D正确. 考点4 概率统计 1. （2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩，此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分．已知：若，则，则下列说法正确的是（    ） A．若随机变量，则服从标准正态分布 B． C．从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为 D．从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为 【答案】BCD 【分析】借助正态分布中的意义与标准正态分布的意义可判断A；利用正态分布的性质计算即可得的值可判断B；由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可判断CD. 【详解】对于A，因为，则， 若随机变量，则服从标准正态分布， 故时，才服从标准正态分布，故A错误； 对于B，， ， 由正态分布的对称性可得， 所以，故B正确； 对于C，由， 可得， 所以从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为： ，故C正确； 对于D，由，可得， 所以， 又，所以由条件概率公式可得， 所以从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为，故D正确. 故选：BCD. 2. （2026·山东威海·一模）甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，通过分类讨论列出概率的递推式，借助于等比数列求出概率解析式，运用二项分布的方差公式计算即可逐一判断. 【详解】初始时球在甲手中，即，第一次抛硬币：若正面朝上（概率为）：球在甲手里，； 若反面朝上（概率为），球传给乙或丙，各占，所以，即满足，故A正确； 第次拋硬币后，球在甲手中的概率为（*）， 其中表示球在丙手中的概率，且由对称性知，则，故C正确； 因 ，则，代入（*）可得：， 同理，由对称性，则有. 又由可得，即数列为首项是，公比为的等比数列， 则，即，同理，故 ，故D正确； 因为表示前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数，每次传球的概率为，且各次独立， 则，故其方差为，故B错误. 故选：ACD. 3. （2026·山东济南·一模）现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（），则（    ） A． B． C． D．且 【答案】BCD 【分析】对于选项A，可根据试验过程直接计算；对于选项B，需要根据试验过程分析表达式；对于选项C，根据条件概率公式判断与是否相等；对于选项D，时，有，得，可知，，则有，可得. 【详解】对于A，若数字9被选到，有两种情况： 第一次选数时，从1到10中选到9，概率为， 第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为， 所以，选项A错误； 对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：第一次就选到8，概率为； 发生后，下一次从1到8中选到8，概率为， 发生后，下一次从1到9中选到8，概率为， 这几种情况彼此互斥，所以，选项B正确； 对于C，根据条件概率公式，， 若发生，即数字9被选到，那么在选到9的情况下， 下一次从1到8中选到8的概率为，即， 若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，可以下一次从1到9中选到8， 也可以是下一次从1到9中选到9，再下一次从1到8中选到8， 即， 所以，选项C正确； 对于D，对于即选中的情况，设为选中数当中不小于的最小整数， 则 ， 当时，有，，， 结合知，， 所以最大数选取是任意的，始终有， 对于同时选中情况，不妨设，可理解为从中按规则取数， 选中的概率，则有， 可得，选项D正确. 故选：BCD 4. （2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）有一组互不相等的样本数据，现添加一个新的数据，得到新的一组数据，则新数据与原数据相比，下列情况可能发生的是（   ） A．若平均数不变，但极差变大 B．若中位数不变，但平均数变小 C．若平均数不变，但方差变大 D．若中位数不变，但方差变小 【答案】BD 【分析】根据题意，设原来数据中，平均数为，方差为，结合中位数，平均数和方差的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】不妨设原来数据中，平均数为，方差为， 对于A，若平均数不变，则，因为， 所以添加后极差仍然是，故A错误； 对于B，若中位数不变，则，只要， 新数据的平均数就比原来小，故B正确； 对于C，原来的方差，若平均数不变，则， 新的方差， 即平均数不变时，方差一定变小，故C错误； 对于D，例如，取原始数据为，可得原始数据的中位数为，方差为， 添加一个新数据，可得新数据的中位数仍为，此时新数据的方差为， 因为，方差变小，所以D正确. 5. （2026·河北张家口·一模）若数列的前n项和为，且，在数列的前（）项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据给定的递推关系求出通项，再按为奇数、偶数分类求出并逐项求解判断. 【详解】数列中，，当时，，则， 而，解得， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，C正确； 对于D，，D错误. 6. （2026·吉林白城·一模）有一组样本数据，其平均数为4，方差为，中位数为m．在这组数中，去掉一个最大的数6和一个最小的数2，余下6个数据的中位数为n，方差为，极差为t，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由排序确定中位数不变，通过分析极差可以为4，最后运用方差的公式寻求前后数据的方差关系进而得到结论. 【详解】对于A，令，原中位数，将最大最小去掉后，，此时中位数，所以.故A正确. 对于B，，故B错误. 对于C，因为原数据的平均值为4，所以，去掉，，新的平均值为. 又 所以，因此，故C正确. 对于D，由上述计算，故D正确. 7. （2026·黑龙江·一模）对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近1nm工艺之后面临的技术限制很多，某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，假设试产期共有甲、乙、丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示： 生产线 次品率 产量（件／天） 甲 200 乙 500 丙 300 试产期检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．则下列选项中正确的是（   ） A．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为 B．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自乙生产线的概率为 C．若计算机4次生成的数字之和为，则 D．设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，则 【答案】ABD 【分析】利用全概率公式计算可判断A的真假；利用条件概率公式进行计算可判断B的真假；利用二项分布的有关计算可判断C的真假；先探索的递推公式，再根据递推公式求通项公式可判断D的真假. 【详解】对于A：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B， 这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，，， 则由 ，故A正确； 对于B：由A选项的解析可知，故B正确． 对于C：因为，， 所以，故C错误； 对于D：由， 即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以，故D正确； 8. （2026·广东深圳·一模）将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 9. （2026·辽宁抚顺·一模）甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球.已知甲、乙每次点球射中的概率分别为，且每次点球是否射中相互独立，则（    ） A．第2个球是甲射门的概率为 B．在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门的概率为 C．前4个球中甲、乙各射2个的概率为 D．在第3个球是甲射门的条件下，第1个球是乙射门的概率为 【答案】AC 【分析】对于A：可得第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲，进而求概率；对于B：分析可知第2球甲未射中，即可得概率；对于C：可能情况有：甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，进而求概率；对于D：分析可能情况的组成，结合条件概率公式运算求解. 【详解】记“抽签抽到甲”，“甲点球射中”，“抽签抽到乙”，“乙点球射中”， 则，，，可得，， 对于选项A：第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲， 所以所求事件的概率为，故A正确； 对于选项B：在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门，可知第2球甲未射中， 所以所求事件的概率为，故B错误； 对于选项C：若前4个球中甲、乙各射2个，则可能情况有： 甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲， 所求的概率为，故C正确； 对于选项D：第3个球是甲射门的可能情况为：甲甲甲，乙甲甲，甲乙甲，乙乙甲， 对应的概率为， 第1个球是乙射门且3个球是甲射门的可能情况为：乙甲甲，乙乙甲， 对应的概率为， 所以所求事件的概率，故D错误. 10. （2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 1．（2026·安徽宿州·一模）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（），下列说法正确的有（    ） A．数据的平均数是 B．数据的平均数是 C．若，则数据的中位数大于数据的中位数 D．若，则数据的平均数大于数据的平均数 【答案】ACD 【分析】求出数据的平均数可判断A选项：举例可判断B选项；求出、的中位数可判断C选项；求出、的平均数可判断D选项. 【详解】对于A选项,设的前项和为， 所以数据的平均数是，故A选项正确： 对于B选项，当时，取为2，4，8， 平均数为，故B选项错误； 对于C选项，的中位数是，的中位数 是，故C选项正确； 对于D选项，数列的前项和为， 所以数列的前项和的平均数为， 数列是各项均为正数，且公比的等比数列， 所以， 所以的前项和， 所以数列的前项和的平均数小于， 由C选项知，，所以数列的前项和的平均数 比的前项和的平均数大，D选项正确. 故选：ACD. 2．（2026·湖北宜昌·模拟预测）某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（    ） A．当时，投篮2次游戏结束的概率为 B．当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率 C．当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为 D．设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（） 【答案】ACD 【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD. 【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确； 对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”， 则由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮3次游戏结束的概率； 投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投篮结果不影响， 故投篮4次游戏结束的概率为， 两者概率相等，故B错误； 对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投篮总次数为； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； 则，解得，故C正确； 对于D，由题意，为出现连续次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望. 在连续次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（）次的时刻， 此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中. 现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），考虑下一次投篮的结果： 若下一次投篮命中（概率为）， 则出现连续次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次； 若下一次投篮命不中（概率为）， 则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作； 故， 整理得（），故D正确． 故选：ACD. 3．（2026·重庆九龙坡·一模）近年来，巫溪县大力发展生态农业，蒲莲蜜柚因其形大、汁多、味甜深受消费者追捧．已知某批次蜜柚的重量（单位：克），，规定重量不小于1300克的蜜柚为合格品，重量在1500克到1700克之间的蜜柚为优等品．现从该批次蜜柚中随机抽取一个，下列说法正确的有（   ） A．该蜜柚是优等品的概率为 B．该蜜柚是合格品的概率为 C．若该蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为m D．若该蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为 【答案】ABC 【分析】根据正态分布的概念，判断分布曲线的对称轴和方差，根据正态分布的对称性，以及条件概率公式，逐一判断各选项正误. 【详解】由题意，则随机变量服从正态分布，对称轴为，， 因为，即， 所以，A正确； 由，可知， 所以，B正确； 由正态分布曲线的对称轴为，所以，， 设事件为蜜柚重量大于1500克，则，事件为蜜柚为优等品，则， 由条件概率可知蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为，C正确； 蜜柚是合格品的概率为，重量不小于1500克的概率为， 设事件为蜜柚是合格品，则，设事件为蜜柚重量不小于1500克，则， 由条件概率可知蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为，D错误； 故选：ABC 4．（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）如图，阴影部分是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的封闭图形，因其形似四叶草，故其阴影边界曲线E称为四叶草曲线，记抛物线在每个象限内的交点分别为A，B，C，D．已知这四条抛物线的焦点共圆，若开口向右的抛物线方程为，过点作直线l与曲线E在第一、四象限内共相交于四个点，分别记最下方和最上方的交点为P，Q，且，则（   ） A．开口向下的抛物线的焦点坐标为 B．曲线E上两点间距离的最大值为 C．点不在曲线E的内部 D．直线l的斜率为 【答案】BD 【分析】由条件结合对称性求出四个抛物线的方程，对于选项A，结合抛物线性质求焦点坐标即可判断，对于选项B，求点的坐标，由此判断结论，对于选项C，确定阴影部分内的点在第一象限内的点所需满足的条件，再检验点是否满足要求即可，对于选项D，设直线，，联立方程结合根与系数关系求结论即可. 【详解】已知开口向右的抛物线为，焦点为， 根据对称性可设开口向左的抛物线方程为，其焦点坐标为 开口向上的抛物线方程为，其焦点坐标为， 开口向下的抛物线方程为，其焦点坐标为， 由焦点共圆（圆心在原点，半径相等）得， 因此四条抛物线分别为：，， 对于选项A，开口向下的抛物线为，焦点坐标为，不是，A错误， 对于选项B，联立，可得，故点的坐标为， 同理可得， 距离最大的两个点为和（或和）， 最大距离为： ，选项B正确， 对于选项C，曲线的内部的点在第一象限内部的点的坐标满足关系且， 代入： ，，因此在曲线E内部，选项C错误， 对于选项D，设直线，，在最上方，在最下方，故， 由得：，即， 联立，可得，由韦达定理： ， 代入得：，，解得， 由得，斜率，选项D正确. 5．（2026·重庆·模拟预测）已知双曲线，、是其左右焦点，点为双曲线上在第一象限内的一点，连接点与右焦点的直线交双曲线的右支于另一点，记点到两渐近线的距离为、，点到两渐近线的距离为、，、的内切圆圆心分别为、，则下列结论正确的是（   ） A． B．两内切圆相切于轴上同一点 C．点在以为直径的圆上 D．两内切圆周长之和的取值范围是 【答案】BCD 【分析】利用点到直线的距离公式可判断A选项；利用切线长定理以及双曲线的定义可判断B选项；利用内心的几何性质推导出，可判断C选项；推导出，求出的取值范围，结合对勾函数基本性质可求出两内切圆周长之和的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于双曲线，，，则，如图所示： 对于A选项，设点、，则，， 双曲线的渐近线方程为，即， 所以，同理可得， 故，A错； 对于B选项，设的内切圆分别切边、、于点、、， 由切线长定理可得，，， 因为， 又因为 ，所以，即，解得， 故圆切轴于点，同理可知圆切轴于点， 故两内切圆相切于轴上同一点，B对； 对于C选项，因为为的内心，故，同理可得， 因为，即， 即，故，即，故点在以为直径的圆上，C对； 对于D选项，由图可知，直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得， 因为直线与双曲线的右支交于两点， 所以， 由韦达定理可得，， 由题意可得， 可得，解得， ， 可得，解得， 设直线的倾斜角为，当时，则，此时， 当时，， 当时，则，此时， 综上所述， 设，则，所以，则， 故，所以， 设圆、圆的半径分别为、， 因为，， 所以，则，且， 故两内切圆周长之和为， 构造函数，其中， 由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，故， 所以两内切圆周长之和为， 故两内切圆周长之和的取值范围是，D对. 6．（2026·湖南怀化·一模）已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆的短轴长为 B．三角形的面积的最大值为 C．四边形的面积的最大值为 D．设的中点的横坐标为，则为定值 【答案】ABD 【分析】先根据条件确定椭圆的有关参数，可判断A的真假；将椭圆方程与直线：联立，利用韦达定理，可确定为定点，利用求三角形的面积的最大值，判断B的真假；利用四边形的面积为表示出四边形的面积，结合对勾函数的性质求面积的最大值，判断C的真假；列出和的表达式，化简即可判断D的真假. 【详解】记椭圆的半焦距为，则， 当为椭圆的上顶点时，，所以. 所以椭圆的短轴长为，故A正确； 如图： 由上分析知，椭圆的方程为. 因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0， 可设直线：，代入椭圆：， 得：，整理得：. 设，，则，. 所以，故直线的方程为：， 因为，令可得， ，即. 所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确； 因为， 所以. 设四边形的面积为，则. 令，则，则， 设 ， 根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号. 所以.故C错误； 因为 ， 又， 所以为定值，故D正确. 7．（2026·吉林白城·一模）已知抛物线的焦点为F，过点的直线与抛物线C交于P，Q两点，异于P，Q两点的点在抛物线C上，则（   ） A． B．直线PA与AQ的斜率之和为4 C．与面积之比为 D．过点P，Q作抛物线C的切线分别交直线AB于M，N两点，则点M，N的横坐标之积为1 【答案】ACD 【分析】常规方法设点与设直线，联立利用韦达定理得到相关定值，计算即可. 【详解】对于A，因为点在抛物线上，代入抛物线方程得. 对于B，设直线，，则直线PA与AQ的斜率之和为 联立得到，所以代入上式得到直线PA与AQ的斜率之和为2，故B错误. 对于C，首先证明，等价于证明直线与的斜率之和为0，即 所以，所以，故C正确 对于D，直线，设过点P作抛物线C的切线为，与抛物线联立，得到，因为相切，所以，即，所以，所以过点P作抛物线C的切线为，联立直线，得到，同理，所以，故D正确. 8．（2026·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知曲线，则（    ） A．曲线是某个函数的图象 B．过点可作两条直线与曲线相切 C．过曲线上一点作与的垂线，垂足分别为，，则四边形面积的最大值为 D．曲线上存在两个不同的点、，使得线段被点平分 【答案】AD 【分析】分情况讨论曲线的方程，可得其函数解析式，判断A；设过点与曲线相切的直线方程，通过求方程的解，判断B；易知四边形为正方形，根据点到与的距离之积表示出四边形面积，判断C；利用点差法判断D. 【详解】对于A，， 所以，所以A正确； 对于B，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，显然与曲线不相切； 所以设过点与曲线相切的直线为. 若，由，得. 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 方程无解. 综上，不存在过点且与曲线相切的直线，故B错误. 对于C，易知四边形为正方形.设，则 当或时，点到与的距离之积为， 则四边形面积为2； 当时，令，， 点到与的距离之积为. 综上，四边形面积的最大值为2，故C错误. 对于D，若存在过的直线与曲线交于、两点，则直线的斜率存在. 设存在过的直线与在第一象限交于两点， 且线段被点平分. 则，所以，即， 所以，所以直线的方程为，故D正确. 9．（2026·湖北宜昌·二模）已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】设，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算公式，可得判定A错误，B正确；由抛物线的定义和，得到，代入求得的坐标，结合斜率公式，可判定C正确；求得 ，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A，设，可得 联立方程组，整理得， 可得，且， 则， 所以，所以A错误； 对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为， 则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为， 令，可得，所以，则， 所以， 又由， 所以，所以B正确； 对于C，由抛物线的定义，可得， 因为，可得，即， 因为，代入可得，即， 解得或（舍去），则， 将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以， 此时直线的斜率为，所以C正确； 对于D，由抛物线的焦点为且， 可得， 因为，可得，整理得，解得， 又因为，所以，所以D正确. 10．（2026·山东青岛·一模）已知圆过抛物线上的两点，则（   ） A．圆面积的最小值为 B．圆与抛物线的公共点个数为3 C．若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D．若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为4 【答案】AC 【分析】由已知求得抛物线的方程，对于A，圆C以为直径时，圆的面积最小，求出半径，可得圆C的面积；对于B，根据圆和抛物线的对称性，当圆心在轴上时，有个交点；对于D，设出直线的方程为，设出过的曲线方程，由方程中的系数为0，可求得直线的斜率的值；对于C，由直线的方程与联立，消元后利用韦达定理可得的纵坐标之和. 【详解】因为点在抛物线：上， 所以，解得，所以抛物线的方程为， 对于A，因为圆过抛物线上的两点，， 则以为直径时，圆的面积最小，半径， 此时圆的面积为，故A正确； 对于B，直线方程为， 线段中垂线方程为，与轴交点为， 当圆心坐标为时，根据对称性，可知圆与抛物线的公共点个数为，故B错误； 对于D，由已知可知直线的斜率存在，设为， 则直线的方程设为， 设过的曲线方程为， 方程左边的系数为， 因为的曲线方程为圆， 所以，即，故D错误； 对于C，直线的方程为，与联立， 得，设的纵坐标为，则，故C正确. 11．（2026·河北唐山·一模）O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足，作于D，则（    ） A．N的横坐标是4 B． C．直线斜率的最大为 D．当直线与C相切时， 【答案】AD 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合向量垂直的坐标表示求出点坐标判断A；求出直线为切线时，直线的方程及点坐标求解判断BCD. 【详解】依题意，点，直线不垂直于，设其方程为，， 由，得，，，， 由，得直线不过原点，且，，解得， 对于A，直线与x轴交于点，A正确； 由对称性不妨令，直线，由消去， 得，当直线与C相切时， ，解得，此时直线，， 对于BD，点，， 因此，B错误，D正确； 对于C，当直线与C相切时，直线，由，解得， 即点，直线的斜率，C错误. 12．（2026·重庆九龙坡·一模）已知函数，则（    ） A．函数存在唯一零点 B．若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是 C．存在唯一，使得 D．关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点； 对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围. 【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增， 且当时，，且当时，， 由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确； 对于选项B：由题得，令，则， 故在上， ，单调递减，在上，，单调递增， 故在处取极小值，即最小值， 且易得当时，， 则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误； 对于选项C：设，， 则， 故，则，令，， 故在上， ，单调递减， 则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值， 则有在上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增， 故有且仅有1个解使，即 有且仅有1个零点，故C选项正确； 对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离： ①若，则有，显然成立 ②若，则有，令，则， 令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此； ③若，则有， 令，则， 令，（舍）或， 易得当时，在处取极大值即最大值，因此； 综上，的取值范围是 故选项D正确. 故选：ACD 13．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，则（   ） A．是函数的极小值点 B．对，方程恒有两个不同的实数解 C． D．存在，使得直线与曲线相切 【答案】AB 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 14．（25-26高三下·福建·开学考试）若，则（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．， 【答案】CD 【分析】举反例判断AB；对于C，先检验时满足题意，当时，由题设可得，设，利用导数分析其单调性，可得，，进而求解判断即可；对于D，由可得或，再结合函数图象求解即可判断. 【详解】对于A，当，时满足，而，故A错误； 对于B，当，时满足，故B错误； 对于C，当时，若，满足，且； 若，由，得， 设，则， 而，设，则， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，又， 则或时，， 所以在和上单调递增， 设函数，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，则，当且仅当时，等号成立． 当时，，当时，， 所以当且时，由，得， 则，即，又在上单调递增，则， 令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，即； 综上所述，当时，，故C正确； 对于D，若存在，使得，由C知，若，可得， 当时，成立； 当时，得或，即或， 画出函数与函数的图象，易得两图象有交点，故D正确． 15．（25-26高三下·重庆北碚·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．若，则为的极大值点 B．若，且，则 C．若，则对，都有 D．对，，使得有3个零点 【答案】ABD 【分析】对于选项A，通过求导判断函数的单调性，进而可确定其极大值点； 对于选项B，根据导函数的二次函数的对称性即可判断； 对于选项C，通过计算，即可判断； 对于选项D，结合函数的单调性和极值情况即可判断其零点个数. 【详解】由，可得， 对于A选项，令，可解得或， 因为，所以当时，恒成立，函数单调递增， 当时，恒成立，函数单调递减， 当时，恒成立，函数单调递增，所以为的极大值点，故A正确； 对于B选项，因为，为开口向上的二次函数，对称轴为， 又，且，所以根据二次函数的对称性，可得，故B正确； 对于C选项，当时，， 则， 所以， 当时，即，可得，故C错误； 对于D选项，由前面分析可得，当时，为极大值点，为极小值点， 所以，， 当时，；当时，， 所以， 因为，所以，即， 所以对，，使且，所以有3个零点，故D正确. 故选：ABD 16．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数，下列说法正确的是（    ） A．若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为 B．当时，函数为奇函数 C．若过点有三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为 D．若函数有3个零点，则这3个零点之和为 【答案】BCD 【详解】对于A选项，由， 当时，没有极值； 当时，令，可得或，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极大值点； 当时，令，可得，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极小值点，故A选项错误； 对于B选项，由， 有，可得函数为奇函数，故B选项正确； 对于C选项，设切点为，可知， 可得函数在点M处的切线方程为 ，代入有，整理为， 若过点有三条直线与曲线相切，可得关于m的方程有且仅有3个根， 显然，上述方程可化为. 令，有， 令，即，解得， 可得函数的减区间为， 令，即，解得或， 所以函数增区间为， 又由.可得，可得，故C选项正确； 对于D选项，显然，设， 又由，可得， 同理可得， 将上面两式作差，得， 整理可得，故D选项正确. 17．（2026·江西·模拟预测）在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，则下列说法正确的是（   ） A．异面直线AC与所成角的大小为 B．过A，F，C的平面截正方体所得的截面图形的周长为 C．若P是正方形内的一个动点，且满足，则动点P的轨迹长度为2 D．若P是棱的中点，则四面体外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，， 向量不垂直，因此异面直线AC与所成角的大小不为，A错误； 对于B，取中点，连接，则，即， 而点，因此，四边形是过的平面截正方体所得的截面， 其周长为，B正确； 对于C，由P是正方形内的动点，设， 则，由，得，解得， 即点，动点P的轨迹长度为2，C正确； 对于D，点，设四面体外接球球心，球半径为， 则，解得， 因此四面体外接球表面积为，D正确. 故选：BCD 18．（25-26高三上·安徽滁州·期末）在棱长为的正方体中，为棱上一点，且满足.下列说法正确的是（   ） A．点到平面的距离为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．若过点的平面垂直于直线，则平面截正方体所得截面的周长为 D．若动点在侧面及其边界上运动，且，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】ACD 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式可判断A选项；利用异面直线向量夹角的求法可判断B选项；利用空间向量法求出平面与棱、的交点坐标，结合空间向量模长公式可判断C选项；设点，其中，，求出点的轨迹方程，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出直线与平面所成角的正切值的取值范围，可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 对于A选项，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以点到平面的距离为，A对； 对于B选项，，， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为，B错； 对于C选项，设平面交直线于点，交直线于点， ，， 因为，、，所以，， 所以，解得，即点， ，解得，即点， 故截面为，且，， ，故的周长为，C对； 对于D选项，设点，则，其中，， 因为，则，故， 由可得， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，，故，即， 故， 当取最小值时，最小，此时， 此时的最小值为， 当取最大值，最大，此时， 此时的最大值为， 故直线与平面所成角的正切值的取值范围是，D对. 故选：ACD. 19．（2026·湖北·二模）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（   ） A．若平面，则动点F的轨迹长度为 B．不存在动点F，使平面 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球O，则球O被平面所截截面圆的面积为 【答案】ABC 【分析】对于A：根据面面平行可得动点F的轨迹，即可得轨迹长度；对于B：建系并标点，求平面的法向量，利用向量求点F的坐标，即可判断；对于C：分析可知当F与D重合时三棱锥的体积最大，利用空间向量求相关距离，即可得体积；对于D：可知球心为，半径，求O到平面的距离，进而可得截面圆半径. 【详解】对于选项A：如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 且平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 且，平面，可得平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故A正确； 对于选项B：以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，解得，不合题意， 所以不存在动点F，使平面，故B正确； 对于选项C：因为点到直线的距离为， 则的面积为， 显然当F与D重合时三棱锥的体积最大，则， 点F到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故C正确， 对于选项D：因为正方体外接球的球心为，半径， 则，则O到平面的距离为， 故球O被平面所截截面圆半径， 所以截面圆面积为，故D错误； 故选：ABC． 20．（2026·四川绵阳·模拟预测）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当点为棱的中点时，直线与直线平行 C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D．过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点的坐标和中点的坐标，然后利用空间向量数量积的坐标运算求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；求得与的坐标，根据平行向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由题可得点的运动轨迹，然后求得点在侧面内运动路径长，判断C选项；由空间向量投影求得球心到直线的距离，即可求得球心到过直线的平面的最大距离，从而求得截面圆的半径，然后得到其面积，判断D选项. 【详解】以正方体顶点为原点，建立如图空间直角坐标系，则. 则. 对于A，， 所以，故A正确. 对于B，若点为棱的中点，则，所以. 因为，所以不存在实数，使得，所以B错误. 对于C，因为，所以点在以点为球心的球面上. 又点是正方体侧面上的动点（含边界），所以点在侧面内运动轨迹是球的球面与侧面的交线. 因为侧面，且， 所以点在侧面内运动轨迹是以为圆心的圆与侧面内的交线，即圆心角为的圆弧，且半径为. 所以其路径长为.所以C正确. 对于D，易得正方体的内切球球心为正方体的中心，所以，半径为1. 所以，所以球心到直线的距离为， 所以球心到过直线的平面的最大距离为，此时截面圆的面积最小. 截面圆半径为，所以此时的截面圆面积为.所以D正确. 故选：ACD. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $