题号猜押08 全国卷高考数学第14题（填空题）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押08 全国卷高考数学第14题（填空题） 溯源 年份 卷别 原题号 考点 具体内容 2025 Ⅰ卷 T14 概率统计 有放回取球，期望（线性性质） 2025 Ⅱ卷 T14 立体几何 圆柱内切球，半径最值 2024 Ⅰ卷 T14 概率统计 卡牌游戏得分，期望与组合计数 2024 Ⅱ卷 T14 组合计数 方格表选数，计数与最值 2023 Ⅰ卷 T15 三角函数 余弦型函数零点求参数范围 2023 Ⅰ卷 T16 双曲线 离心率（向量共线、焦点三角形） 2023 Ⅱ卷 T15 直线与圆 三角形面积求参数 2023 Ⅱ卷 T16 三角函数 正弦型函数图象与性质 2022 Ⅰ卷 T15 导数 过原点切线求参范围 2022 Ⅰ卷 T16 椭圆 焦点三角形周长 2022 Ⅱ卷 T15 直线与圆 对称直线与圆有公共点求参范围 2022 Ⅱ卷 T16 椭圆 弦中点问题求直线方程 2021 Ⅰ卷 T15 函数 分段函数最小值 2021 Ⅰ卷 T16 数列 折纸问题，计数与求和 2021 Ⅱ卷 T15 平面向量 数量积求值 2021 Ⅱ卷 T16 函数与导数 切线垂直求范围 近5年填空题压轴（等价T14）考点呈现明显轮换规律，每年考点各异。概率统计连续两年出现（2024Ⅰ卷期望、2025Ⅰ卷期望），成为近年热点；立体几何（2025Ⅱ卷圆柱内切球、2024Ⅱ卷方格表属组合）偶有考查；圆锥曲线（2023Ⅰ卷双曲线离心率、2022Ⅰ卷椭圆周长、2022Ⅱ卷椭圆中点弦）出现频率较高；三角函数（2023Ⅰ卷零点求参、2023Ⅱ卷图象性质）亦占一席；导数（2022Ⅰ卷公切线、2021Ⅱ卷切线垂直）时有出现；数列（2021Ⅰ卷折纸新定义）偶有创新。2024、2025年连续两年考查概率统计与组合计数，打破了往年“一年一换”的规律，成为新的命题趋势。 预测 2026年T14极大概率在概率统计（期望与组合计数综合、条件概率）与圆锥曲线（离心率、弦长、面积最值）之间轮换。由于2024、2025年已连续两年考查概率统计，2026年转向圆锥曲线或立体几何的可能性较大；若延续概率统计方向，则可能结合递推数列（如2023Ⅱ卷信道传输）。立体几何（外接球、截面最值）与导数（公切线、零点问题）作为备选，三角函数与数列新定义偶有出现。 备考核心 主攻概率统计与组合计数，熟练掌握离散型随机变量期望的线性性质，会利用组合数计算古典概型概率，理解期望的线性可加性在复杂计数问题中的应用（如“至少取到一次”类问题），掌握条件概率与全概率公式；突破圆锥曲线压轴，熟练运用定义与几何性质求离心率、焦半径、焦点弦长，掌握设而不求与韦达定理处理弦长、面积、最值问题，理解离心率的多种求法（直接法、几何法、齐次式法）；强化立体几何，掌握外接球、内切球半径的补形法、截面法，能建立函数模型求体积、表面积最值；关注导数公切线，熟练掌握“设切点、列方程”的解题流程，能处理含参切线问题。限时训练，每道题控制在5~8分钟，注重综合推理与计算能力，合理分配时间。 考点1 圆锥曲线 1. （2026·山西大同·一模）抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于A，B两点（其中点位于第一象限），，是线段的中点，且点纵坐标为2，则________. 【答案】 【分析】方法一：过作，过作，利用抛物线的定义和相似三角形的性质，结合点差法进行求解即可； 方法二：利用抛物线上的点到焦点的距离公式，结合点差法进行求解即可. 【详解】方法一：由题知，设，则，， 延长交准线于点，过作，过作， 则，，显然相似于， 所以，即，所以，所以， 所以，所以， 所以直线的斜率为， 设，，则， 得，所以， 所以， 又因为，所以. 方法二：由题知， 设直线的倾斜角为，则有， 所以直线的斜率为，由方法一， 得. 2. （2026·新疆·模拟预测）已知椭圆C：，过左焦点F的直线l与椭圆C交于，两点（点A位于x轴上方），若，则直线l的斜率为_______. 【答案】 【分析】设出直线l的方程及的坐标，根据可得到横坐标之间的关系式，再联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可用斜率分别表示出的横坐标，列方程可求得斜率. 【详解】由知椭圆的左焦点F的坐标为. 如图， 设过点F的直线l的斜率为k，则直线l的方程为. 设、（因为点A位于x轴上方，所以）. 因为，，， 所以，即，整理得. 将代入椭圆方程，整理得， 则，， 由解得， 所以，解得. 因且，故，即. 3. （2026·甘肃·一模）椭圆的离心率为，双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则的取值范围为__________. 【答案】 【分析】因为双曲线渐近线斜率小于，据此得到关于、的不等式关系，将离心率转化为关于的表达式，即可求出的取值范围。 【详解】对于双曲线，渐近线方程为，由题意得，即。 椭圆中满足（c为椭圆半焦距），代入得 整理得，两边同除以得，即，解得 所以的取值范围为 4. （2026·江西·一模）已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率___________ 【答案】 【分析】利用三角形中位线的性质得到，利用椭圆的定义得到，利用离心率的公式得解. 【详解】如图：延长交直线于．由题可知， 则，， 因为，，所以，则. 故答案为：. 5. （2026·内蒙古包头·一模）已知椭圆和双曲线有公共焦点，（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点且平分，则的离心率为_________． 【答案】 【分析】利用椭圆方程求出，利用椭圆和双曲线定义求出，设点，利用角平分线定理、两点间距离公式结合椭圆方程求出，进而求出离心率． 【详解】 椭圆中，故，， ， 由题意可知，且， 由椭圆定义可得①， 由双曲线定义可得②， 联立①②得， 由角平分线定理可知，， 设，在直线上，由分点比例得， 则，解得， 在椭圆上，则，解得， ， ， 由得， ，化简得， ， ，解得， ． 6. （2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知是双曲线上不同的三点，点关于坐标原点对称，且，过点作垂直于轴的直线分别交双曲线，直线于两点，若，则双曲线的离心率为_____． 【答案】2 【分析】由双曲线第三定义得，分别找到直线斜率计算即可 【详解】设，，由题意得，， 因为，所以，， 又，即，两边平方并整理得， 即，所以， 由双曲线第三定义得， 即，整理得， 解得 故答案为：2 7. （2026·广东·一模）如图，为坐标原点，为椭圆的两个焦点，过分别作椭圆的切线的垂线，垂足分别为．当时，的面积为______． 【答案】2 【分析】切线，与椭圆方程联立，由得，求出直线方程，进而求得坐标，计算，得解. 【详解】由题意可知直线的斜率存在，设切线， 联立，消去整理得， ，化简得； 因为，且，则直线， 联立，解得，所以， 同理，可得， ， 同理，可得， 又，所以. 8. （2026·河北保定·一模）已知双曲线 左、右焦点分别为 ，点是上一点且位于第二象限， 的面积为，过原点O 且平行于的直线与和的平分线分别交于点，且 则双曲线的渐近线方程为________. 【答案】 【分析】设，根据中位线定理及角平分线的定义可得，根据双曲线的定义及三角形的面积公式、余弦定理可求出，由勾股定理可求出c，利用求出，进而得到双曲线 C 的渐近线方程. 【详解】设，如图， 因为，为的中点，所以为的中点，且, 又为的角平分线，所以，所以， 所以为等腰三角形，所以，即，所以. 由双曲线的定义可知，所以， 所以的面积为， 所以. 在中，由余弦定理得， 将代入上式整理得，解得. 所以，解得， 所以，且，所以， 所以，解得， 所以，即， 则双曲线 C 的渐近线方程为 9. （2026·陕西榆林·一模）已知P为抛物线上任意一点，，，若存在实数k，点满足，则m的最大值为________． 【答案】/ 【分析】向量的方向与的内角平分线相同，利用角平分线定理将表示为的函数，再求该比值在抛物线上的最大值，代入即得的最大值. 【详解】如图．设，则有， 则，． 因为，为单位向量，向量的方向与的内角平分线相同， 由于在轴上，故为内角平分线与轴的交点， 由角平分线定理，可得，其中，， 因为在线段上，则有， 设， 当且仅当时，等号成立．因为， 所以，则随单调递增，所以当取最大值时，也取最大值， 故的最大值为． 10. （2026·广西河池·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，其一条渐近线的斜率为，过点且斜率存在的直线与的右支交于两点．若分别为和的内心，且四边形的面积为，则直线的斜率的绝对值为___________． 【答案】 【分析】先利用双曲线定义求出点的横坐标，然后设出的倾斜角，表示长度，从而解出倾斜角，得到的斜率. 【详解】由题知，所以，即. 设点在上的投影分别为，如下图： 则有， 而，所以解得，即点横坐标为， 所以，点横坐标为.同理可得点横坐标为，则. 所以四边形的面积为 ，得. 设直线的倾斜角为，则，， ，. 所以 ，解得，则， 所以，即直线的斜率的绝对值为. 考点2 立体几何 1. （2026·河北唐山·一模）若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为______. 【答案】 【分析】根据给定条件，求出正四面体外接球半径，再求出球为圆锥内切球时圆锥体积表达式，然后利用基本不等式求出最小值. 【详解】正四面体棱长为，该正四面体绕其中心在一个封闭的圆锥形容器内任意转动， 则正四面体的外接球在该封闭的圆锥形容器内，要该圆锥体积最小， 必有球为该圆锥的内切球，该圆锥的轴截面等腰三角形的内切圆为球的截面大圆， 结合延长线交平面于，则是正的中心，平面， ，，设球半径为， 则，解得，令圆锥底面圆半径为，母线为，高为， 于是，由，得， 圆锥的体积， ，当且仅当时取等号， 所以此圆锥体积的最小值为. 2. （2026·山东菏泽·一模）在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________. 【答案】 【分析】设，利用平行线分线段成比例，得出平行四边形的面积，求出体积，再由导数求最大值即可. 【详解】设， 因为平面平面，， 则到平面的距离， 因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为, 所以， 因为平面与平面，平面的交线分别为， 所以，所以， 又，所以, 同理，， 在矩形中，，，所以, 故的夹角为，故的夹角为， 所以， 所以， 由，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 故当时，. 3. （2026·陕西·模拟预测）在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______. 【答案】 【分析】当小球的半径最大时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切，根据圆心距列方程求解，几何法或向量法求解均可. 【详解】当小球的半径最大，设为r时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切， 由正方体和球的对称性可知，这些球心在正方体的对角线上. 方法一：设对角面上5个球的球心分别为，作出对角面，如图， 则球与的交点，即为球与底面的切点， 所以，所以， 所以，因为正方体的棱长为1，所以， 所以，解得，同理， 又，即，解得. 方法二：以A为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 设角A处小球的球心为，中间小球的球心为，则， 由球与球相切可知，即，解得. 4. （2026·贵州贵阳·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴， 以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：， 配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 5. （2026·浙江·模拟预测）已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 【答案】 【分析】作出圆锥的轴截面，利用面积法及相似三角形性质求出球的半径即可. 【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰的内切圆， 截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为， 在等腰中，，则边上的高， 由，得，解得， 显然圆可视为平行于的中位线截所得小三角形的内切圆，而此小三角形与相似， 因此，解得，所以球的体积. 6. （2026·黑龙江吉林·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 7. （2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）在四面体中，两两垂直，，以为球心，为半径的球与四面体各面交线的长度和为___________． 【答案】 【分析】作出辅助线，得到各边长，分析出与底面和侧面的交线，分别求出交线长，相加即可. 【详解】由题意得两两垂直，， 由勾股定理得， 三棱锥为正三棱锥，顶点在底面上的投影为的中心， 取的中点，则三点共线，连接， 由题意得，，，， ， 因为，而， 故以为球心，为半径的球与底面相交于三段圆弧， 如图，分别为， 其中， 所以，同理， 所以，故，同理， 所以， 所以， 由于，故以为球心，为半径的球与底面边分别相交于， 则即为球与底面的交线， 因为，故，所以， 故，，则， 所以， 故以为球心，为半径的球与底面的交线长度也为， 所以交线的长度和. 8. （2026·辽宁辽阳·一模）一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为，将几何体放入半径为的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为________．    【答案】 【分析】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为，分析可知数列是首项为，公比为的等比数列，可得出数列的通项公式，设第个正方体上底面的一个顶点为，求出、，根据题意得出，根据二次函数的单调性以及数列的单调性可得出的可能取值，即可得解. 【详解】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为， 设球心为，则为第一个正方体下表面的中心， 设半径为的半球内能放进该塔形几何体中正方体的个数为， 由题意可知，，所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列，所以， ， ， 根据题意可知，即， 令，上述不等式可化为， 化简可得， 构造函数， 二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 故二次函数在上单调递减， 当时，，且， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 故当时，，则， 故满足不等式的正整数的取值构成的集合为. 因此该塔形几何体中正方体的个数最多为.    9. （2026·河南南阳·一模）如图为四棱锥的平面展开图，其中为平行四边形，是边长为1的等边三角形，为的中点，，则四棱锥的外接球表面积为______． 【答案】 【分析】由已知条件确定底面为等腰梯形，并确定，得到底面外接圆圆心即为中点，在底面以为轴建系，确定外接圆圆心坐标，再设球心通过即可求解. 【详解】是边长为1的等边三角形，故侧棱，，底边； 是中点，，是平行四边形，故底边，，，. 可知底面为等腰梯形， 因为为等边三角形，且为平行四边形， 可得：，在底面中连接， 则， 即，， 在底面以分别为轴，过作平面的垂线为轴，如图： 可得： ，，，， 因为，则底面外接圆，也即是的外接圆， 即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为， 设，由、、​​， 可得， 解得 即 由四棱锥外接球的性质， 外接球的球心在过​垂直于底面的直线上，故设球心， 由得： ，解得​， 因此外接球半径平方： ， 外接球表面积： . 10. （2026·贵州毕节·二模）已知在三棱锥中，底面，，，，.半径为的球与三棱锥的四个面都相切，则______；若半径为的球与面，面，面及球都相切，则______. 【答案】 【分析】先根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积，再通过对三棱锥分割，根据表面积与球的半径求得三棱锥的体积，等体积法列方程求解即可；建立空间直角坐标系，求得球心距，根据两球外切列方程求得. 【详解】因为，，，， 所以， 所以三棱锥的体积. 又底面，所以 在中，由余弦定理得， 所以， 所以 所以三棱锥的表面积为， 所以，所以. 如图，建立空间直角坐标系，则， 所以， 因为两球相切，且， 所以两球外切，即， 由题意知球与四个面均相切，是三棱锥的内切球， 球与面，面，面这三个面相切， 所以球心比靠近点A，即， 所以，解得. 考点3 概率统计 1. （2026·山东东营·一模）甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X，则_______. 【答案】 【分析】用字母表示出甲、乙、丙的卡片，计算出相应样本空间与总样本空间求出概率即可. 【详解】设甲制作的卡片为；乙制作的卡片为；丙制作的卡片为. 代表三人只有一人至少取回一张自己的卡片， 有种情况；不妨设是甲至少取回一张自己的卡片； 当甲只取回一张自己的卡片时，有种； 例如：甲取到的卡片为，此时丙不能取， 只能取，即甲取回一张自己的卡片时，样本数为； 当甲取回两张自己的卡片时，此时乙与丙只能相互交换， 即有种；而总样本空间为甲、乙、丙三人各自任取两张卡片，即， 所以; 代表三人有两人至少取回一张自己的卡片， 即有一个人没有取回自己的卡片，有种情况； 不妨设是丙没有取回自己的卡片，则丙要在四张中取两个， 显然丙不能取或，所以丙有种取法， 例如：丙取的是，则甲留下，只能在中取一个，即种，剩下两张给乙， 即共有种，所以. 所以. 2. （2026·湖南怀化·一模）如图，要用个元件组成一个电路系统，当且仅当从到的电路为通路状态时，系统正常工作.已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为，则__________. 【答案】 【分析】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，，可得，结合两点分布可得，即可得结果. 【详解】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，， 则，可得， 在电路系统正常工作的条件下，可知系统均正常工作，对应概率为， 则，可得，， 则，所以. 3. （2026·陕西咸阳·模拟预测）小华在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小华从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）．现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为______． 【答案】 【分析】首先计算每种情况下，“取出 2 个黑球” 的条件概率，再用贝叶斯公式计算概率. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球， 则， 由全概率公式可得， 所以. 故答案为： 4. （2026·山东日照·一模）已知集合，从集合中随机抽取一个数记为，再从中随机抽取一个数记为，则___________． 【答案】 【分析】可能的取值为，根据条件概率和全概率公式可求取相应值时概率，再根据期望公式即可求期望. 【详解】可能的取值为，由全概率公式有： ， 故 . 5. （2026·黑龙江吉林·一模）有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 【答案】 【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（）， 则，， 所以； 当时， ， 所以，又， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是. 6. （2026·广东广州·模拟预测）箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为__________． 【答案】 【分析】枚举法列出所有情况进行计算. 【详解】设取出的5个球编号从小到大排列为， 由已知中位数为9即，则需从中选取，需从中选取， 故基本事件总数为． 若满足最大编号与最小编号之差为9，设，则． 由知， 由即知，且即，故， 此时的选法总数为， 求和得符合条件的事件数为， 故所求概率为． 7. （25-26高三下·陕西渭南·开学考试）在某次“一带一路”知识竞赛中，主办方为所有参赛者设计了一个抽奖活动：在抽奖箱中放置3个黑球和7个黄球（除颜色外完全相同），采用不放回摸球的方式，每位参赛者摸3次球，每次摸1个球，第次摸球，若摸到黑球，则得元奖金，若摸到黄球，则没有奖金．现甲参加了这次竞赛，记他获得的奖金为X元，则___________． 【答案】90 【分析】设随机变量表示甲第次摸球获得的奖金，求得的期望，再由期望线性运算即可求解. 【详解】设随机变量表示甲第次摸球获得的奖金（）， 则总奖金， 的取值为：若第次摸到黑球，；若摸到黄球，， 由于不放回摸球时，任意一次摸到黑球的概率都是，（黑球3个，总数10个） 因此， 由期望线性运算知： . 8. （2026·江西南昌·一模）已知盒中装有大小相同的3个红球和3个黑球，盒中装有大小相同的3个红球，从盒中随机取一个球，若是红球，则放回盒；若是黑球，则从盒中取一红球与其替换，这样称为1次操作，重复以上操作，直到盒中6个球全是红球为止.记次重复操作后，盒中6个球恰好全是红球的概率为，则________. 【答案】 【详解】若4次重复操作后，盒中6个球全是红球，则1次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次、第二次和第三次抽到红球三种情况， 所以， 若5次重复操作后，盒中6个球全是红球，则2次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次和第二次、第一次和第三次、第一次和第四次、第二次和第三次、第二次和第四次、第三次和第四次抽到红球六种情况， 所以 ， 所以. 考点4 导数 1. （2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，则的最小值为___________. 【答案】 【分析】对函数进行求导，根据三角函数周期性并求出其单调性，得出函数极值，即可求得其最小值. 【详解】由，得， 因为，所以当时，0；当时，， 又满足，所以为的一个周期， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因为，所以当时，的最小值为. 即当时，的最小值为. 2. （25-26高三上·山东青岛·期末）已知曲线与曲线只有一个公共点，则______． 【答案】1 【分析】把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数，构造新函数求出值。 【详解】由已知曲线与曲线只有一个公共点， 得方程只有一个实数解，而，， 则，即， 故，令， 则， 而在单调递增，且， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 故， 而当时，；当时，， 所以． 故答案为：1 3. （2026·浙江·模拟预测）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出该切线与曲线的切点，利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解. 【详解】由题意可得：， 当时，， 所以曲线在点处的切线为： ，即， 设切线与曲线的切点为， 对求导可得：， 又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数， 所以，即， 又因为在切线上， 所以， 所以在曲线上， 即，求解可得：. 故答案为：. 4. （2026·湖南·模拟预测）函数的所有零点的和为__________． 【答案】 【分析】构造函数，再判断其在，，，单调性，最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解. 【详解】令， 则， 所以，即的图象关于直线对称， 当时，在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 结合的图象关于直线对称可得： 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 又， 且当时，，当时，， 所以与有4个交点，且关于对称， 故有4个零点，且关于对称， 则所有零点的和为． 5. （2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为________． 【答案】/0.5 【分析】利用函数零点的意义，将点视为直线上的点，再利用目标函数的几何意义，借助点到直线距离公式列式，进而构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】设为在上的零点，则，即点在直线上， 又为点到原点的距离的平方，原点到直线的距离为， 因此，即的最小值即为在上能成立， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以的最小值为. 6. （2026·四川内江·二模）已知函数，．若不等式恒成立，则a的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题意可转化为恒成立，构造函数，利用导数求最小值即可得解. 【详解】由可得， 因为，所以恒成立. 令，则， 令，可得， 当时，，则，故，而， 所以，即在上单调递减； 当时，，则， 当时，，而，所以， 当时，，所以，， 即在上单调递增，所以当时，， 所以，即a的取值范围为. 7. （2026·江苏·一模）已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以的取值范围为. 8. （2026·河南许昌·模拟预测）已知函数的定义域为，，，若，则不等式的解集为__________. 【答案】 【分析】由题可得，求导，利用导数确定函数的单调性，再根据单调性解不等式即可． 【详解】解：，， 令，， 在上单调递增，又， 当时，，即，函数单调递减， 当时，，即，函数单调递增， ，解得， 令，，解得， 时，，单调递减，时，，单调递增， ，， 又函数在上单调递增，， ，又，即， 令，， 在上单调递增，又， 的解为， 故不等式的解为． 9. （2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知函数恰有1个极值点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】由题可得，恰有一个零点.求导并分离参数，构造新函数，将问题转化为直线与函数的图象恰有一个交点，利用导数分析函数的取值情况可得. 【详解】函数的定义域为. . 由函数恰有1个极值点，得恰有一个变号实数根. 即方程恰有一个变号实数根. 令，则直线与函数的图象恰有一个交点. . 当时，，，，函数单调递增； 当时，，，，函数单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为. 又当时，，所以；， 所以函数的图象如下： 所以或. 当时，. 令，则，在上单调递减. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为，即恒成立. 所以是减函数，无极值点. 所以实数的取值范围为. 10. （2026·辽宁·模拟预测）已知不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围为_____． 【答案】 【分析】原不等式化为，构造函数，利用导数研究单调性并作出大致图象，数形结合即可求出范围. 【详解】原不等式等价于，设，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取极大值1，又，且时，， 在同一坐标系内作出与的图象，如图： 直线恒过点，当时，显然不满足条件； 当时，若0，1是原不等式的解，只需要满足，解得， 的取值范围为； 当的切线过点时，设切点为，则切线方程为， 该直线过点，，解得， 若是原不等式的解，则，解得， 所以k的取值范围为. 故答案为： 考点5 数列 1. （2026·江苏扬州·一模）定义：是不大于x的最大整数，是不小于x的最小整数，设函数.在定义域上值域为，记元素个数为，则________． 【答案】 【分析】分别求出，，时，的值域，可得，，，推得，，利用累加法求出，由数列的裂项相消求和，计算即可. 【详解】由函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为， 当时，，可得，，，即， 当时，，可得或，或，或1或2，即， 当时，，可得或1或2，或或，或1或2或4或5或6，即， 当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为， 当时，函数在定义域上的值域为， 记中元素的个数为，设，则，， 所以， 则可得递推关系：， 所以, 当时，成立，则，则， 所以， 2. （25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知正项等比数列的前n项和为，，是关于x的方程的两个不等实根，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】由韦达定理得到，结合等比数列求和公式得到，再结合二次函数求最值即可. 【详解】设等比数列公比为，由题意， 由韦达定理得： ，即， ， 代入， 化简得： 令，则得， 二次函数开口向上，对称轴为， 代入得最小值： 所以的最小值为. 3. （2026·山西朔州·一模）已知数列的前项和为，若，，则满足的的最小值为__________. 【答案】49 【分析】对递推公式取倒数，结合等差数列的定义求出通项公式，进而求出的表达式，接着由题设不等式得到的的最小值即为所求，利用放缩法求得和即可得解. 【详解】由知，，所以， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，则， 所以. 则满足的的最小值， 即满足的的最小值. 令，易知为单调递减函数. 又，令，解得. 因为， 当时， ， 所以. 当时， ， 所以. 因此满足不等式的的最小值为49. 4. （2026·黑龙江大庆·二模）已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 【答案】2646 【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出. 【详解】因为，所以前项和. 所以当时， 因为， 所以，可得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即. 当时，， 又满足上式，所以. 新数列中从到共有项. 当时，；当时，. 所以 . 故答案为：2646. 5. （25-26高三上·山东烟台·期末）若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________. 【答案】 16 86 【分析】根据“数列”的概念，结合，利用递推关系可求的最小值；根据数列的单调性，且数列增长速度最慢时，根据求的值即可. 【详解】因为数列为“数列”，且，， 所以当时，； 当时，，又，所以； 当时，. 所以的最小值为16. 因为数列为“数列”，所以， 又，所以数列为递增数列. 问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值. 此时： 设，则； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； …… 归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，. 又. 若，， 由， 即； 若，， 由， 即. 此时，，. 又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得. 故的最大值为86. 故答案为：16；86 6. （2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）将数列中随机剔除两项（其中）然后在原数列中添加一项叫做数列的一次变换，那么数列经过次变换后数列中还剩下的一项为______. 【答案】2026 【分析】根据变换的特点，构造一个新的乘积式：，正好是新添加的项求解. 【详解】题目中一次变换是：删除两项，添加， 观察这个变换的特点，构造一个新的乘积式：， 这正好是新添加的项， 也就是说，整个数列所有项的的乘积在变换前后是不变的。 原数列是共 2026 项， 初始乘积为：， 每一次变换会让数列的项数减少，初始有 项，经过次变换后， 数列只剩项，设为，根据不变量，有：， 解得， 故答案为：2026 考点6 排列组合 1. （2026·山西朔州·一模）某自动化生产线连续生产编号为1到10的10个产品，计划从中抽取3个进行检测，若抽取的3个产品编号不全是连续整数，则抽取方法种数为__________. 【答案】112 【详解】从编号为1到10的10个产品中任意抽取3个，共有种方法， 当取到的3个产品编号是相邻整数时，不符合要求，即123，234，345，456，567，678，789，8910，这8种情况不符合要求， 所以抽取的产品编号不全是连续整数的抽取方法有种方法. 2. （2026·重庆·一模）在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为___________；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要___________种不同的颜色． 【答案】 【分析】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，利用等差数列得到三角形的个数为，将代入得解； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，至少需要种不同的颜色． 【详解】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为， 当时，在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，这个点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，即这个点和矩形的四个点构成个的满足条件的三角形，即； 当时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故； 同理，，故构成等差数列，首项为，公差为， 故 则三角形的个数为， 则当时，三角形的个数为； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则同色且同色，且两色相异，则必定与中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在号区域内涂红色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂黑色， 在号区域内涂红色，则在号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在号区域内涂蓝色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂红色， 故至少需要种不同的颜色． 故答案为：，. 3. （2026·湖南湘潭·二模）将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9填入一个的方格中，每个格子填1个数字，且不重复，要求第一行数字满足，第三行数字满足，第三列数字满足，则符合要求的填数方法共有________种．（用数字作答） 【答案】1080 【分析】由计数原理分析求解即可. 【详解】从9个数中任取2个数填入和的位置，有种方法． 因为，， 所以在剩下的7个数中，最大的数只能填入的位置， 再从剩下的6个数字中选择4个数字填入，，，的位置，且这4个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，，，的位置， 最后剩下的2个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，的位置， 故填好，，，，，，共有种方法． 因此，按照要求填好该方格共有种方法． 故答案为：1080. 4. （2026·河北衡水·一模）来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【答案】1122 【分析】由规则②④可知环节三最多有3个人，分环节三有3个人、环节三有2个人两种情况，结合计数原理和组合知识解决. 【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四， 由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人. （1）当环节三有3个人时， 则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人， 则安排好环节一、环节二和环节四有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. （2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余5个人， 当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案； 当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. 综上，满足条件的安排方案共有种. 5. （2026·黑龙江哈尔滨·一模）下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种. 【答案】200 【详解】 将有阴影的圆分别标为， 由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字， 当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 所以总共有种填法. 故答案为： 6. （2026·重庆·模拟预测）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法. 【答案】29 【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可. 【详解】设：列从左到右为，行从下到上为， 起点()，简记为，终点()，简记为 如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格， 则小明必经过和， 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 下面又分两类情形到达， 第1类是从到，只有2种走法，然后再向右走到， 而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有种走法， 所以第1类从到的走法有种； 第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 然后从到，只能全向右走，只有1种走法， 所以第2类从到的走法有种； 所以小明经过到达的走法有种； 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，只能全向右走，只有1种走法， 再从到，只能全向上走，也是只有1种走法， 最后从到，只有2种走法， 所以小明经过到达的走法有种； 故小明从起点到终点不同的走法共有种. 1．（25-26高三下·湖南·月考）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为______. 【答案】 【分析】按中心主挂件、第一层分挂件、第二层分挂件的顺序分步涂色，中心 4 选 1，第一层用剩余 3 色全排列，第二层用容斥原理解决错位排列问题，最后用分步乘法计数原理得到总方法数. 【详解】按分步计数原理，依次涂色： 涂中心主挂件：共4种颜色可选，因此有种涂色方法； 涂第一层分挂件（共3个）： 要求：每个第一层都与中心相邻，故不能与中心同色； 且同一层分挂件颜色不同.中心已经用掉1种颜色，剩余3种颜色，给3个不同的第一层分挂件涂色， 是全排列问题，方法数为 ； 涂第二层分挂件（共3个）： 要求：每个第二层只和同方向第一层相邻，故不能等于对应第一层的颜色； 且同一层分挂件颜色不同.此时已有4种不同颜色：中心颜色，三个第一层颜色（互不相同，且都不等于）， 需要选3个不同颜色分配给3个第二层，满足位置不选，用容斥原理计算： 总排列数， 减去至少一个位置选自身对应颜色的情况，得总方法数： ； 总方法数：根据分步乘法计数原理，总涂色方法数为： . 2．（25-26高三下·湖北黄冈·月考）某中学有两个班，其中甲班科技课外兴趣小组有6人（4男2女），乙班科技课外兴趣小组有6人（3男3女），学校准备从这两个班的科技课外兴趣小组中随机挑选2个学生参加全市科技竞赛．已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率_____________． 【答案】/0.375 【分析】先明确问题与事件定义，再计算总样本及相关事件概率，最后利用条件概率公式求解． 【详解】已知甲班科技小组：4男2女，共6人；乙班科技小组：3男3女，共6人， 则总人数为，其中男生7人，女生5人； 设事件为“选出的2个学生都是男生”，事件为“选出的2个学生中至少1个是男生”， 已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率为： 事件发生的情况下事件发生的概率，即为， 是的子集， ， ， ． 故答案为：． 3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），规定每局胜者得分，平局各得分，负者得分．比赛结束后，四人的得分各不相同，且第二名的得分是最后两名得分之和的．则在甲和乙的比赛结果为平局的概率为__________． 【答案】 【分析】分析可知共比赛场，则四位选手总得分为分，设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则，根据题意列出关于、、、的等式与不等式，求出这四个量的可能取值，然后分、两种情况讨论，列举出所有可能情况，结合古典概型的概率公式可得出所求事件的概率. 【详解】甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），共比赛场， 其中每场两位选手的得分之和为分，则场比赛后四名选手的得分之和为分， 设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则， 根据题意得，解得或， ①当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜平）、分（胜负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜负）、分（平负）. 每种得分结果中平局的分别有：局、局、局、局； ②当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（胜平负）、分（负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜平负）、分（负）； 每种得分结果中平局分别有：局、局. 综上所述，由对称性知，共有种可能的得分构成情况，由对称性可知这种情况等可能， 各种情况下，总比赛场次为场，平局的场次数分别为、、、、、， 所求概率为. 故答案为：. 4．（2026·山东烟台·一模）一圆周上均匀分布着8个点，将这8个点连接成4条弦，且任意两条弦没有公共点．记为“4条弦中由相邻两点连接成的弦的条数”，则的数学期望为______． 【答案】 【分析】变量表示第对相邻点被连成弦的情况（表示被连，表示未被连），则.由期望的线性性，，利用对称性只需计算单个再乘以8. 【详解】设为圆周上个点无交叉连接成条弦的总数，通过递推计算： （2个点）：只有1种连接方式， （4个点）：固定点1，可连2或4： 连2：剩余2个点（3,4），连接数， 连4：剩余2个点（2,3），连接数， 故. （6个点）：固定点1，可连2、4、6： 连2：剩余4个点（3-6），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-6），连接数， 连6：剩余4个点（2-5），连接数， 故. （8个点）：固定点1，可连2、4、6、8： 连2：剩余6个点（3-8），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-8），连接数， 连6：分成两部分（2-5和7-8），连接数， 连8：剩余6个点（2-7），连接数， 故总连接数. 任取一对相邻点（如点1和点2），若它们被连成弦，则剩余6个点（3-8）需无交叉连接成3条弦，连接数为. 单个相邻对被连的概率： 由期望的线性性：. 5．（2026·浙江·模拟预测）有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记为标有数字的球被取出的次数，，则__________. 【答案】 【分析】列出随机变量的所有取值为1、2、3，再计算所有取值的概率，最后再由期望公式求解即可. 【详解】依题意，的可能取值为1､2､3，总的选取可能数为， ，，， 所以， 故答案为：. 6．（25-26高三上·广东深圳·期末）某飞碟运动员每次射击中靶的概率为0.9，该运动员连续射击时各次射击是否中靶相互独立，该运动员连续中靶两次则停止射击，那么射击总次数的数学期望为________. 【答案】 【分析】设射击总次数的数学期望为，根据题意列出关于数学期望的方程求解即可. 【详解】设射击总次数的数学期望为， 若第一次没有中靶，则后续需重新射击，且后续重新射击的总次数的数学期望仍为， 此情况下发生的概率为，射击总次数为， 若第一次中靶，且第二次没有中靶，则后续需重新射击，且后续重新射击的总次数的数学期望仍为， 此情况发生的概率为，射击总次数为， 若第一次中靶，第二次中靶，则此情况发生的概率为，射击总次数为2， 则射击总次数的数学期望为， 解得 故答案为： 7．（2026·重庆九龙坡·一模）盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 【答案】 / / 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 8．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知双曲线：的左焦点为，左顶点为．以原点为圆心，分别以，为半径作圆，．设是圆与在第一象限的交点，连接交圆于，两点．若，则的离心率为_________． 【答案】 【分析】根据线段之间的关系结合勾股定理、弦心距等知识得到与的关系，代入双曲线离心率公式计算即可. 【详解】设的右焦点为，半焦距为（）．设的中点为，连接，，，，，易知． 不妨设在的左侧，因为，，所以，， 又，所以， 不妨均设为（），易知， 从而， 因此，整理可得①． 又在中，有，整理得②． 由①②可得，解得，可得， 因此离心率． 9．（2026·浙江·模拟预测）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，双曲线C的一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点.A，B分别为和的内心，若四边形的面积为，则直线l的斜率为__________. 【答案】2或 【分析】易得，由三角形内切圆的性质，可得的横坐标均为，即.根据四边形的面积为，求得.设直线l的倾斜角为（），利用直角三角形中角的正切的定义，用表示，从而解得.由二倍角的正切公式，求出，即直线l的斜率. 【详解】因为双曲线C：（，）的一条渐近线的斜率为，所以. 设双曲线C的焦距为2c，则，得. 设点A在直线，，上的射影分别为， 则， 又，所以，故点M的横坐标为a，所以点A的横坐标为a. 同理可得点B的横坐标也为a，所以三点共线，所以， 故四边形的面积. 因为四边形的面积为，所以，所以得. 设直线l的倾斜角为（），则，且. 所以，， 所以， 所以，解得或. 所以或，故直线l的斜率为2或. 故答案为：2或. 10．（2026·贵州安顺·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上的动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得，即得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：，配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 故答案为：. 11．（2026·广东佛山·一模）已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 【答案】/ 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为平行四边形，设，结合椭圆定义和余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形， 因为，所以， 由，设，则， 所以，，， 在中，由余弦定理得， ， ，解得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得，故椭圆的离心率. 故答案为：. 12．（2026·重庆·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上（不含顶点），设的内切圆圆心为，则______，的最小值为______. 【答案】 3 16 【分析】利用双曲线定义和切线定理列方程组计算可得圆心横坐标，结合正切函数定义可得第一空；利用二倍角公式，用表示出目标式，结合基本不等式求解可得第二空. 【详解】空一：双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距， 设圆与的三边分别相切于点， 由切线定理可知，， 结合双曲线定义可知，， 又，联立求解可得， 所以点的横坐标为1，即的横坐标为1，设圆的半径为， 则，； 空二：，同理， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：3；16 13．（2026·河南开封·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作直线分别交两条渐近线于点，交轴于点为坐标原点．若的面积是的面积的3倍，则_____． 【答案】 【分析】根据已知条件求出双曲线渐近线方程、焦点坐标、点的坐标，然后利用面积比列出等式，最后根据两点距离公式列出的表达式，进行化简即可求得结果. 【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为， 所以，渐近线方程为. 因为过点的直线与轴有交点，所以该直线的斜率存在， 设该直线方程为，则，该直线与渐近线方程联立得 ，解得. ，解得. 所以，. 由题意知，，所以， 化简得，所以有. ， 所以，又，. 所以. 故答案为：.    14．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）如图所示，在三棱锥中，是棱上的点，，，，，三棱锥的体积是，则______． 【答案】 【分析】设分别为棱的中点，连接，，，,证得平面，求得，且，结合三棱锥的体积公式，列出方程，求得的长，进而得到的长度. 【详解】设分别为棱的中点，连接，，，, 在中，，因为，所以， 在中，，所以． 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以, 在中，，所以． 因为，且平面，所以平面， 在直角中，， 则，又， 则， 因为， 所以 ， 即，解得， 又因为，所以． 15．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 【答案】/ 【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面，进而得到截面半径即可求解． 【详解】设中点为， ，， ，， 即， ，则， ， 又平面，平面， ，则， ，即， 三棱锥中均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， ， ，， ，解得， 截面半径，面积为． 16．（2026·甘肃兰州·一模）正四面体的棱长为，过棱作平面与棱平行，则平面截该正四面体的外接球所得截面的面积为__________. 【答案】 【分析】通过分析平面的位置，确定外接球球心到平面的距离，再计算出截面圆的半径求解. 【详解】正四面体的外接球半径为：， 对棱和互相垂直且距离为：， 平面过且平行于，故平面与的距离等于与的距离为， 球心在正四面体的中心，所以球心到平面的距离， 则截面圆的半径， 所以截面的面积为：. 17．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用球面的性质及二面角的定义求解. 【详解】在三棱锥中，取中点，为的外心， 由，得，在线段上，且， 由，得是的外心，令三棱锥的外接球球心为， 则平面，平面，而，则， 显然平面，则平面， 令平面平面，则是二面角的平面角， 且，而，则， 所以二面角的正弦值是. 18．（2026·山东德州·一模）在矩形中，已知是的中点，将沿直线翻折成为线段的中点，连接.当与平面所成角为时，三棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】/ 【分析】取的中点，先证明平面平面，则与平面所成角为，即，再证为的外接圆的圆心，设为三棱锥外接球的球心，半径为，设，分别考虑球心和点位于平面的两侧和同侧分别讨论，利用球的表面积公式求解. 【详解】因是的中点，则， 是矩形，， 翻折后，因为线段的中点，则， 因，，则，故， 取的中点，连接，则，，， ，平面，平面，平面， 平面，平面平面，在平面的射影为， 与平面所成角为，， 因和都是直角三角形，则，为等边三角形， 取的中点为，连，则， 平面，平面，， ，，平面，平面， 平面， 是直角三角形，，为的外接圆的圆心， 设为三棱锥外接球的球心，半径为，则平面， 设，则， 若球心和点位于平面的两侧，如图1，延长到点，使得， 平面，平面，， 四边形为平行四边形，， ， ， 解得，则， 三棱锥外接球的表面积； 若球心和点位于平面的同侧，如图2， 平面，平面，， 过点作，交于点，则四边形为平行四边形， 则，， 则，解得，舍去. 综上可得，三棱锥外接球的表面积为. 19．（2026·广东梅州·一模）数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列.初始数列经过次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，，.已知初始数列，则______；______. 【答案】 【分析】根据已知可得的关系，推出是等比数列，从而可得，由的关系，推出是等比数列，即可求解. 【详解】因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项， 所以经第次扩充后增加的项数为，因此， 所以，因为， 所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列， 所以，即； 设第n次扩充后数列的各项为， 则． 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以 ， 又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故， 综上，，. 20．（2026·江西赣州·一模）一自动运动的小车连续运行次，每次以相同概率随机选择向前或向后运动，记未连续出现2次向后运动的概率为，则的值为__________. 【答案】 【分析】根据题意可知，再推导出为定值即可求解． 【详解】根据题意，小车向前或向后运动的概率为， 未连续出现2次向后运动的概率为， 则第次可能向前或向后运动， 当第次是向前运动时，只要前次未连续出现2次向后运动，其概率为； 当第次是向后运动时，则第次只能向前运动，且前次未连续出现2次向后运动，其概率为； ，，， 即， 由②得代入①， ，即， ． 21．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，，直线l与和均相切，切点分别为，，则________． 【答案】 【分析】根据切线斜率与切点处导数相等求出切点坐标间的关系即可． 【详解】函数，，有，， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 一条直线l与函数和的图象分别相切于点和点， 则有，可得，两边同乘 得：①， 由可得，即，代入①可得 ，即； 又由可知，， 则. 故答案为： 22．（2026·安徽合肥·一模）已知直线与轴、轴分别交于点，点在曲线上，点在上，点满足，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】平移直线与曲线相切，求得曲线上的点到直线的最小距离，进而可求得到直线的距离的最小值，取的中点为，进而可求的最小值. 【详解】当直线平移到与曲线相切于点， 此时切点是曲线上的点到直线的距离最小的点， 由，得， 因为直线的斜率为，所以令，整理得， 解得（舍去）或，又，故此时切点， 且此时到直线的距离为， 又，故此时到直线的距离为， 取的中点为，时，的长取得最小值，如图所示： 由直线，可得， 所以，所以， 又 , 故最小时，的最小值，且最小值为. 故答案为：. 23．（2026·四川巴中·一模）若不等式 恒成立，则 的取值范围_____. 【答案】 【分析】将原不等式变形为，构造函数，得到在R上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最小值即可求解. 【详解】左右两边同时加，并将移项得 ， 整理得， 设，，故在R上单调递增， 则原不等式可化为， 所以， 整理得， 令，，设，， 则，令，则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 对方程，，故存在实数使成立， 所以，即. 故答案为：. 24．（25-26高三上·山西晋城·月考）若函数的最大值为则的最小值为___________________. 【答案】 【分析】求导，利用导数的符号确定函数单调性，得到最大值，再设，继续求导，分析函数单调性得到最值即可． 【详解】函数的定义域为，， 设，则， 所以在上单调递减， 因为，， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为， 由，得， 所以， 设，则， 令，得（舍）或， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以有最小值， 即的最小值为3． 故答案为：3． 25．（25-26高三上·辽宁·期末）已知定义在上的函数，满足 ，且 ，则不等式 的解集为_____ 【答案】 【分析】构造函数，对函数求导，根据已知条件得出函数在上的单调性，然后将所求不等式等价得出，最后利用单调性解出不等式即可. 【详解】设， 则， 由已知当时，， 即，又， 所以， 所以在上单调递减， 又，所以， 由，则， 因为，所以， 即， 又因为在上单调递减， 所以， 所以不等式的解集为， 故答案为：. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押08 全国卷高考数学第14题（填空题） 参考答案 押题预测 考点1 圆锥曲线 1．【答案】 【分析】方法一：过作，过作，利用抛物线的定义和相似三角形的性质，结合点差法进行求解即可； 方法二：利用抛物线上的点到焦点的距离公式，结合点差法进行求解即可. 【详解】方法一：由题知，设，则，， 延长交准线于点，过作，过作， 则，，显然相似于， 所以，即，所以，所以， 所以，所以， 所以直线的斜率为， 设，，则， 得，所以， 所以， 又因为，所以. 方法二：由题知， 设直线的倾斜角为，则有， 所以直线的斜率为，由方法一， 得. 2．【答案】 【分析】设出直线l的方程及的坐标，根据可得到横坐标之间的关系式，再联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可用斜率分别表示出的横坐标，列方程可求得斜率. 【详解】由知椭圆的左焦点F的坐标为. 如图， 设过点F的直线l的斜率为k，则直线l的方程为. 设、（因为点A位于x轴上方，所以）. 因为，，， 所以，即，整理得. 将代入椭圆方程，整理得， 则，， 由解得， 所以，解得. 因且，故，即. 3．【答案】 【分析】因为双曲线渐近线斜率小于，据此得到关于、的不等式关系，将离心率转化为关于的表达式，即可求出的取值范围。 【详解】对于双曲线，渐近线方程为，由题意得，即。 椭圆中满足（c为椭圆半焦距），代入得 整理得，两边同除以得，即，解得 所以的取值范围为 4．【答案】 【分析】利用三角形中位线的性质得到，利用椭圆的定义得到，利用离心率的公式得解. 【详解】如图：延长交直线于．由题可知， 则，， 因为，，所以，则. 故答案为：. 5．【答案】 【分析】利用椭圆方程求出，利用椭圆和双曲线定义求出，设点，利用角平分线定理、两点间距离公式结合椭圆方程求出，进而求出离心率． 【详解】 椭圆中，故，， ， 由题意可知，且， 由椭圆定义可得①， 由双曲线定义可得②， 联立①②得， 由角平分线定理可知，， 设，在直线上，由分点比例得， 则，解得， 在椭圆上，则，解得， ， ， 由得， ，化简得， ， ，解得， ． 6．【答案】2 【分析】由双曲线第三定义得，分别找到直线斜率计算即可 【详解】设，，由题意得，， 因为，所以，， 又，即，两边平方并整理得， 即，所以， 由双曲线第三定义得， 即，整理得， 解得 故答案为：2 7．【答案】2 【分析】切线，与椭圆方程联立，由得，求出直线方程，进而求得坐标，计算，得解. 【详解】由题意可知直线的斜率存在，设切线， 联立，消去整理得， ，化简得； 因为，且，则直线， 联立，解得，所以， 同理，可得， ， 同理，可得， 又，所以. 8．【答案】 【分析】设，根据中位线定理及角平分线的定义可得，根据双曲线的定义及三角形的面积公式、余弦定理可求出，由勾股定理可求出c，利用求出，进而得到双曲线 C 的渐近线方程. 【详解】设，如图， 因为，为的中点，所以为的中点，且, 又为的角平分线，所以，所以， 所以为等腰三角形，所以，即，所以. 由双曲线的定义可知，所以， 所以的面积为， 所以. 在中，由余弦定理得， 将代入上式整理得，解得. 所以，解得， 所以，且，所以， 所以，解得， 所以，即， 则双曲线 C 的渐近线方程为 9．【答案】/ 【分析】向量的方向与的内角平分线相同，利用角平分线定理将表示为的函数，再求该比值在抛物线上的最大值，代入即得的最大值. 【详解】如图．设，则有， 则，． 因为，为单位向量，向量的方向与的内角平分线相同， 由于在轴上，故为内角平分线与轴的交点， 由角平分线定理，可得，其中，， 因为在线段上，则有， 设， 当且仅当时，等号成立．因为， 所以，则随单调递增，所以当取最大值时，也取最大值， 故的最大值为． 10．【答案】 【分析】先利用双曲线定义求出点的横坐标，然后设出的倾斜角，表示长度，从而解出倾斜角，得到的斜率. 【详解】由题知，所以，即. 设点在上的投影分别为，如下图： 则有， 而，所以解得，即点横坐标为， 所以，点横坐标为.同理可得点横坐标为，则. 所以四边形的面积为 ，得. 设直线的倾斜角为，则，， ，. 所以 ，解得，则， 所以，即直线的斜率的绝对值为. 考点2 立体几何 1．【答案】 【分析】根据给定条件，求出正四面体外接球半径，再求出球为圆锥内切球时圆锥体积表达式，然后利用基本不等式求出最小值. 【详解】正四面体棱长为，该正四面体绕其中心在一个封闭的圆锥形容器内任意转动， 则正四面体的外接球在该封闭的圆锥形容器内，要该圆锥体积最小， 必有球为该圆锥的内切球，该圆锥的轴截面等腰三角形的内切圆为球的截面大圆， 结合延长线交平面于，则是正的中心，平面， ，，设球半径为， 则，解得，令圆锥底面圆半径为，母线为，高为， 于是，由，得， 圆锥的体积， ，当且仅当时取等号， 所以此圆锥体积的最小值为. 2．【答案】 【分析】设，利用平行线分线段成比例，得出平行四边形的面积，求出体积，再由导数求最大值即可. 【详解】设， 因为平面平面，， 则到平面的距离， 因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为, 所以， 因为平面与平面，平面的交线分别为， 所以，所以， 又，所以, 同理，， 在矩形中，，，所以, 故的夹角为，故的夹角为， 所以， 所以， 由，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 故当时，. 3．【答案】 【分析】当小球的半径最大时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切，根据圆心距列方程求解，几何法或向量法求解均可. 【详解】当小球的半径最大，设为r时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切， 由正方体和球的对称性可知，这些球心在正方体的对角线上. 方法一：设对角面上5个球的球心分别为，作出对角面，如图， 则球与的交点，即为球与底面的切点， 所以，所以， 所以，因为正方体的棱长为1，所以， 所以，解得，同理， 又，即，解得. 方法二：以A为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 设角A处小球的球心为，中间小球的球心为，则， 由球与球相切可知，即，解得. 4．【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴， 以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：， 配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 5．【答案】 【分析】作出圆锥的轴截面，利用面积法及相似三角形性质求出球的半径即可. 【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰的内切圆， 截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为， 在等腰中，，则边上的高， 由，得，解得， 显然圆可视为平行于的中位线截所得小三角形的内切圆，而此小三角形与相似， 因此，解得，所以球的体积. 6．【答案】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 7．【答案】 【分析】作出辅助线，得到各边长，分析出与底面和侧面的交线，分别求出交线长，相加即可. 【详解】由题意得两两垂直，， 由勾股定理得， 三棱锥为正三棱锥，顶点在底面上的投影为的中心， 取的中点，则三点共线，连接， 由题意得，，，， ， 因为，而， 故以为球心，为半径的球与底面相交于三段圆弧， 如图，分别为， 其中， 所以，同理， 所以，故，同理， 所以， 所以， 由于，故以为球心，为半径的球与底面边分别相交于， 则即为球与底面的交线， 因为，故，所以， 故，，则， 所以， 故以为球心，为半径的球与底面的交线长度也为， 所以交线的长度和. 8．【答案】 【分析】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为，分析可知数列是首项为，公比为的等比数列，可得出数列的通项公式，设第个正方体上底面的一个顶点为，求出、，根据题意得出，根据二次函数的单调性以及数列的单调性可得出的可能取值，即可得解. 【详解】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为， 设球心为，则为第一个正方体下表面的中心， 设半径为的半球内能放进该塔形几何体中正方体的个数为， 由题意可知，，所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列，所以， ， ， 根据题意可知，即， 令，上述不等式可化为， 化简可得， 构造函数， 二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 故二次函数在上单调递减， 当时，，且， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 故当时，，则， 故满足不等式的正整数的取值构成的集合为. 因此该塔形几何体中正方体的个数最多为.    9．【答案】 【分析】由已知条件确定底面为等腰梯形，并确定，得到底面外接圆圆心即为中点，在底面以为轴建系，确定外接圆圆心坐标，再设球心通过即可求解. 【详解】是边长为1的等边三角形，故侧棱，，底边； 是中点，，是平行四边形，故底边，，，. 可知底面为等腰梯形， 因为为等边三角形，且为平行四边形， 可得：，在底面中连接， 则， 即，， 在底面以分别为轴，过作平面的垂线为轴，如图： 可得： ，，，， 因为，则底面外接圆，也即是的外接圆， 即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为， 设，由、、​​， 可得， 解得 即 由四棱锥外接球的性质， 外接球的球心在过​垂直于底面的直线上，故设球心， 由得： ，解得​， 因此外接球半径平方： ， 外接球表面积： . 10．【答案】 【分析】先根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积，再通过对三棱锥分割，根据表面积与球的半径求得三棱锥的体积，等体积法列方程求解即可；建立空间直角坐标系，求得球心距，根据两球外切列方程求得. 【详解】因为，，，， 所以， 所以三棱锥的体积. 又底面，所以 在中，由余弦定理得， 所以， 所以 所以三棱锥的表面积为， 所以，所以. 如图，建立空间直角坐标系，则， 所以， 因为两球相切，且， 所以两球外切，即， 由题意知球与四个面均相切，是三棱锥的内切球， 球与面，面，面这三个面相切， 所以球心比靠近点A，即， 所以，解得. 考点3 概率统计 1．【答案】 【分析】用字母表示出甲、乙、丙的卡片，计算出相应样本空间与总样本空间求出概率即可. 【详解】设甲制作的卡片为；乙制作的卡片为；丙制作的卡片为. 代表三人只有一人至少取回一张自己的卡片， 有种情况；不妨设是甲至少取回一张自己的卡片； 当甲只取回一张自己的卡片时，有种； 例如：甲取到的卡片为，此时丙不能取， 只能取，即甲取回一张自己的卡片时，样本数为； 当甲取回两张自己的卡片时，此时乙与丙只能相互交换， 即有种；而总样本空间为甲、乙、丙三人各自任取两张卡片，即， 所以; 代表三人有两人至少取回一张自己的卡片， 即有一个人没有取回自己的卡片，有种情况； 不妨设是丙没有取回自己的卡片，则丙要在四张中取两个， 显然丙不能取或，所以丙有种取法， 例如：丙取的是，则甲留下，只能在中取一个，即种，剩下两张给乙， 即共有种，所以. 所以. 2．【答案】 【分析】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，，可得，结合两点分布可得，即可得结果. 【详解】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，， 则，可得， 在电路系统正常工作的条件下，可知系统均正常工作，对应概率为， 则，可得，， 则，所以. 3．【答案】 【分析】首先计算每种情况下，“取出 2 个黑球” 的条件概率，再用贝叶斯公式计算概率. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球， 则， 由全概率公式可得， 所以. 故答案为： 4．【答案】 【分析】可能的取值为，根据条件概率和全概率公式可求取相应值时概率，再根据期望公式即可求期望. 【详解】可能的取值为，由全概率公式有： ， 故 . 5．【答案】 【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（）， 则，， 所以； 当时， ， 所以，又， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是. 6．【答案】 【分析】枚举法列出所有情况进行计算. 【详解】设取出的5个球编号从小到大排列为， 由已知中位数为9即，则需从中选取，需从中选取， 故基本事件总数为． 若满足最大编号与最小编号之差为9，设，则． 由知， 由即知，且即，故， 此时的选法总数为， 求和得符合条件的事件数为， 故所求概率为． 7．【答案】90 【分析】设随机变量表示甲第次摸球获得的奖金，求得的期望，再由期望线性运算即可求解. 【详解】设随机变量表示甲第次摸球获得的奖金（）， 则总奖金， 的取值为：若第次摸到黑球，；若摸到黄球，， 由于不放回摸球时，任意一次摸到黑球的概率都是，（黑球3个，总数10个） 因此， 由期望线性运算知： . 8．【答案】 【详解】若4次重复操作后，盒中6个球全是红球，则1次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次、第二次和第三次抽到红球三种情况， 所以， 若5次重复操作后，盒中6个球全是红球，则2次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次和第二次、第一次和第三次、第一次和第四次、第二次和第三次、第二次和第四次、第三次和第四次抽到红球六种情况， 所以 ， 所以. 考点4 导数 1．【答案】 【分析】对函数进行求导，根据三角函数周期性并求出其单调性，得出函数极值，即可求得其最小值. 【详解】由，得， 因为，所以当时，0；当时，， 又满足，所以为的一个周期， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因为，所以当时，的最小值为. 即当时，的最小值为. 2．【答案】1 【分析】把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数，构造新函数求出值。 【详解】由已知曲线与曲线只有一个公共点， 得方程只有一个实数解，而，， 则，即， 故，令， 则， 而在单调递增，且， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 故， 而当时，；当时，， 所以． 故答案为：1 3．【答案】 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出该切线与曲线的切点，利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解. 【详解】由题意可得：， 当时，， 所以曲线在点处的切线为： ，即， 设切线与曲线的切点为， 对求导可得：， 又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数， 所以，即， 又因为在切线上， 所以， 所以在曲线上， 即，求解可得：. 故答案为：. 4．【答案】 【分析】构造函数，再判断其在，，，单调性，最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解. 【详解】令， 则， 所以，即的图象关于直线对称， 当时，在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 结合的图象关于直线对称可得： 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 又， 且当时，，当时，， 所以与有4个交点，且关于对称， 故有4个零点，且关于对称， 则所有零点的和为． 5．【答案】/0.5 【分析】利用函数零点的意义，将点视为直线上的点，再利用目标函数的几何意义，借助点到直线距离公式列式，进而构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】设为在上的零点，则，即点在直线上， 又为点到原点的距离的平方，原点到直线的距离为， 因此，即的最小值即为在上能成立， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以的最小值为. 6．【答案】 【分析】由题意可转化为恒成立，构造函数，利用导数求最小值即可得解. 【详解】由可得， 因为，所以恒成立. 令，则， 令，可得， 当时，，则，故，而， 所以，即在上单调递减； 当时，，则， 当时，，而，所以， 当时，，所以，， 即在上单调递增，所以当时，， 所以，即a的取值范围为. 7．【答案】 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以的取值范围为. 8．【答案】 【分析】由题可得，求导，利用导数确定函数的单调性，再根据单调性解不等式即可． 【详解】解：，， 令，， 在上单调递增，又， 当时，，即，函数单调递减， 当时，，即，函数单调递增， ，解得， 令，，解得， 时，，单调递减，时，，单调递增， ，， 又函数在上单调递增，， ，又，即， 令，， 在上单调递增，又， 的解为， 故不等式的解为． 9．【答案】 【分析】由题可得，恰有一个零点.求导并分离参数，构造新函数，将问题转化为直线与函数的图象恰有一个交点，利用导数分析函数的取值情况可得. 【详解】函数的定义域为. . 由函数恰有1个极值点，得恰有一个变号实数根. 即方程恰有一个变号实数根. 令，则直线与函数的图象恰有一个交点. . 当时，，，，函数单调递增； 当时，，，，函数单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为. 又当时，，所以；， 所以函数的图象如下： 所以或. 当时，. 令，则，在上单调递减. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值为，即恒成立. 所以是减函数，无极值点. 所以实数的取值范围为. 10．【答案】 【分析】原不等式化为，构造函数，利用导数研究单调性并作出大致图象，数形结合即可求出范围. 【详解】原不等式等价于，设，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取极大值1，又，且时，， 在同一坐标系内作出与的图象，如图： 直线恒过点，当时，显然不满足条件； 当时，若0，1是原不等式的解，只需要满足，解得， 的取值范围为； 当的切线过点时，设切点为，则切线方程为， 该直线过点，，解得， 若是原不等式的解，则，解得， 所以k的取值范围为. 故答案为： 考点5 数列 1．【答案】 【分析】分别求出，，时，的值域，可得，，，推得，，利用累加法求出，由数列的裂项相消求和，计算即可. 【详解】由函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为， 当时，，可得，，，即， 当时，，可得或，或，或1或2，即， 当时，，可得或1或2，或或，或1或2或4或5或6，即， 当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为， 当时，函数在定义域上的值域为， 记中元素的个数为，设，则，， 所以， 则可得递推关系：， 所以, 当时，成立，则，则， 所以， 2．【答案】 【分析】由韦达定理得到，结合等比数列求和公式得到，再结合二次函数求最值即可. 【详解】设等比数列公比为，由题意， 由韦达定理得： ，即， ， 代入， 化简得： 令，则得， 二次函数开口向上，对称轴为， 代入得最小值： 所以的最小值为. 3．【答案】49 【分析】对递推公式取倒数，结合等差数列的定义求出通项公式，进而求出的表达式，接着由题设不等式得到的的最小值即为所求，利用放缩法求得和即可得解. 【详解】由知，，所以， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，则， 所以. 则满足的的最小值， 即满足的的最小值. 令，易知为单调递减函数. 又，令，解得. 因为， 当时， ， 所以. 当时， ， 所以. 因此满足不等式的的最小值为49. 4．【答案】2646 【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出. 【详解】因为，所以前项和. 所以当时， 因为， 所以，可得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即. 当时，， 又满足上式，所以. 新数列中从到共有项. 当时，；当时，. 所以 . 故答案为：2646. 5．【答案】 16 86 【分析】根据“数列”的概念，结合，利用递推关系可求的最小值；根据数列的单调性，且数列增长速度最慢时，根据求的值即可. 【详解】因为数列为“数列”，且，， 所以当时，； 当时，，又，所以； 当时，. 所以的最小值为16. 因为数列为“数列”，所以， 又，所以数列为递增数列. 问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值. 此时： 设，则； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； …… 归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，. 又. 若，， 由， 即； 若，， 由， 即. 此时，，. 又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得. 故的最大值为86. 故答案为：16；86 6．【答案】2026 【分析】根据变换的特点，构造一个新的乘积式：，正好是新添加的项求解. 【详解】题目中一次变换是：删除两项，添加， 观察这个变换的特点，构造一个新的乘积式：， 这正好是新添加的项， 也就是说，整个数列所有项的的乘积在变换前后是不变的。 原数列是共 2026 项， 初始乘积为：， 每一次变换会让数列的项数减少，初始有 项，经过次变换后， 数列只剩项，设为，根据不变量，有：， 解得， 故答案为：2026 考点6 排列组合 1．【答案】112 【详解】从编号为1到10的10个产品中任意抽取3个，共有种方法， 当取到的3个产品编号是相邻整数时，不符合要求，即123，234，345，456，567，678，789，8910，这8种情况不符合要求， 所以抽取的产品编号不全是连续整数的抽取方法有种方法. 2．【答案】 【分析】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，利用等差数列得到三角形的个数为，将代入得解； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，至少需要种不同的颜色． 【详解】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为， 当时，在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，这个点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，即这个点和矩形的四个点构成个的满足条件的三角形，即； 当时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故； 同理，，故构成等差数列，首项为，公差为， 故 则三角形的个数为， 则当时，三角形的个数为； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则同色且同色，且两色相异，则必定与中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在号区域内涂红色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂黑色， 在号区域内涂红色，则在号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在号区域内涂蓝色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂红色， 故至少需要种不同的颜色． 故答案为：，. 3．（2026·湖南湘潭·二模）将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9填入一个的方格中，每个格子填1个数字，且不重复，要求第一行数字满足，第三行数字满足，第三列数字满足，则符合要求的填数方法共有________种．（用数字作答） ．【答案】1080 【分析】由计数原理分析求解即可. 【详解】从9个数中任取2个数填入和的位置，有种方法． 因为，， 所以在剩下的7个数中，最大的数只能填入的位置， 再从剩下的6个数字中选择4个数字填入，，，的位置，且这4个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，，，的位置， 最后剩下的2个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，的位置， 故填好，，，，，，共有种方法． 因此，按照要求填好该方格共有种方法． 故答案为：1080. 4．【答案】1122 【分析】由规则②④可知环节三最多有3个人，分环节三有3个人、环节三有2个人两种情况，结合计数原理和组合知识解决. 【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四， 由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人. （1）当环节三有3个人时， 则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人， 则安排好环节一、环节二和环节四有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. （2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余5个人， 当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案； 当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. 综上，满足条件的安排方案共有种. 5．【答案】200 【详解】 将有阴影的圆分别标为， 由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字， 当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 所以总共有种填法. 故答案为： 6．【答案】29 【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可. 【详解】设：列从左到右为，行从下到上为， 起点()，简记为，终点()，简记为 如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格， 则小明必经过和， 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 下面又分两类情形到达， 第1类是从到，只有2种走法，然后再向右走到， 而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有种走法， 所以第1类从到的走法有种； 第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 然后从到，只能全向右走，只有1种走法， 所以第2类从到的走法有种； 所以小明经过到达的走法有种； 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，只能全向右走，只有1种走法， 再从到，只能全向上走，也是只有1种走法， 最后从到，只有2种走法， 所以小明经过到达的走法有种； 故小明从起点到终点不同的走法共有种. 1．【答案】 【分析】按中心主挂件、第一层分挂件、第二层分挂件的顺序分步涂色，中心 4 选 1，第一层用剩余 3 色全排列，第二层用容斥原理解决错位排列问题，最后用分步乘法计数原理得到总方法数. 【详解】按分步计数原理，依次涂色： 涂中心主挂件：共4种颜色可选，因此有种涂色方法； 涂第一层分挂件（共3个）： 要求：每个第一层都与中心相邻，故不能与中心同色； 且同一层分挂件颜色不同.中心已经用掉1种颜色，剩余3种颜色，给3个不同的第一层分挂件涂色， 是全排列问题，方法数为 ； 涂第二层分挂件（共3个）： 要求：每个第二层只和同方向第一层相邻，故不能等于对应第一层的颜色； 且同一层分挂件颜色不同.此时已有4种不同颜色：中心颜色，三个第一层颜色（互不相同，且都不等于）， 需要选3个不同颜色分配给3个第二层，满足位置不选，用容斥原理计算： 总排列数， 减去至少一个位置选自身对应颜色的情况，得总方法数： ； 总方法数：根据分步乘法计数原理，总涂色方法数为： . 2．【答案】/0.375 【分析】先明确问题与事件定义，再计算总样本及相关事件概率，最后利用条件概率公式求解． 【详解】已知甲班科技小组：4男2女，共6人；乙班科技小组：3男3女，共6人， 则总人数为，其中男生7人，女生5人； 设事件为“选出的2个学生都是男生”，事件为“选出的2个学生中至少1个是男生”， 已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率为： 事件发生的情况下事件发生的概率，即为， 是的子集， ， ， ． 故答案为：． 3．【答案】 【分析】分析可知共比赛场，则四位选手总得分为分，设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则，根据题意列出关于、、、的等式与不等式，求出这四个量的可能取值，然后分、两种情况讨论，列举出所有可能情况，结合古典概型的概率公式可得出所求事件的概率. 【详解】甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），共比赛场， 其中每场两位选手的得分之和为分，则场比赛后四名选手的得分之和为分， 设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则， 根据题意得，解得或， ①当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜平）、分（胜负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜负）、分（平负）. 每种得分结果中平局的分别有：局、局、局、局； ②当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（胜平负）、分（负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜平负）、分（负）； 每种得分结果中平局分别有：局、局. 综上所述，由对称性知，共有种可能的得分构成情况，由对称性可知这种情况等可能， 各种情况下，总比赛场次为场，平局的场次数分别为、、、、、， 所求概率为. 故答案为：. 4．【答案】 【分析】变量表示第对相邻点被连成弦的情况（表示被连，表示未被连），则.由期望的线性性，，利用对称性只需计算单个再乘以8. 【详解】设为圆周上个点无交叉连接成条弦的总数，通过递推计算： （2个点）：只有1种连接方式， （4个点）：固定点1，可连2或4： 连2：剩余2个点（3,4），连接数， 连4：剩余2个点（2,3），连接数， 故. （6个点）：固定点1，可连2、4、6： 连2：剩余4个点（3-6），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-6），连接数， 连6：剩余4个点（2-5），连接数， 故. （8个点）：固定点1，可连2、4、6、8： 连2：剩余6个点（3-8），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-8），连接数， 连6：分成两部分（2-5和7-8），连接数， 连8：剩余6个点（2-7），连接数， 故总连接数. 任取一对相邻点（如点1和点2），若它们被连成弦，则剩余6个点（3-8）需无交叉连接成3条弦，连接数为. 单个相邻对被连的概率： 由期望的线性性：. 5．【答案】 【分析】列出随机变量的所有取值为1、2、3，再计算所有取值的概率，最后再由期望公式求解即可. 【详解】依题意，的可能取值为1､2､3，总的选取可能数为， ，，， 所以， 故答案为：. 6．【答案】 【分析】设射击总次数的数学期望为，根据题意列出关于数学期望的方程求解即可. 【详解】设射击总次数的数学期望为， 若第一次没有中靶，则后续需重新射击，且后续重新射击的总次数的数学期望仍为， 此情况下发生的概率为，射击总次数为， 若第一次中靶，且第二次没有中靶，则后续需重新射击，且后续重新射击的总次数的数学期望仍为， 此情况发生的概率为，射击总次数为， 若第一次中靶，第二次中靶，则此情况发生的概率为，射击总次数为2， 则射击总次数的数学期望为， 解得 故答案为： 7．【答案】 / / 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 8．【答案】 【分析】根据线段之间的关系结合勾股定理、弦心距等知识得到与的关系，代入双曲线离心率公式计算即可. 【详解】设的右焦点为，半焦距为（）．设的中点为，连接，，，，，易知． 不妨设在的左侧，因为，，所以，， 又，所以， 不妨均设为（），易知， 从而， 因此，整理可得①． 又在中，有，整理得②． 由①②可得，解得，可得， 因此离心率． 9．【答案】2或 【分析】易得，由三角形内切圆的性质，可得的横坐标均为，即.根据四边形的面积为，求得.设直线l的倾斜角为（），利用直角三角形中角的正切的定义，用表示，从而解得.由二倍角的正切公式，求出，即直线l的斜率. 【详解】因为双曲线C：（，）的一条渐近线的斜率为，所以. 设双曲线C的焦距为2c，则，得. 设点A在直线，，上的射影分别为， 则， 又，所以，故点M的横坐标为a，所以点A的横坐标为a. 同理可得点B的横坐标也为a，所以三点共线，所以， 故四边形的面积. 因为四边形的面积为，所以，所以得. 设直线l的倾斜角为（），则，且. 所以，， 所以， 所以，解得或. 所以或，故直线l的斜率为2或. 故答案为：2或. 10．【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得，即得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：，配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 故答案为：. 11．【答案】/ 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为平行四边形，设，结合椭圆定义和余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形， 因为，所以， 由，设，则， 所以，，， 在中，由余弦定理得， ， ，解得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得，故椭圆的离心率. 故答案为：. 12．【答案】 3 16 【分析】利用双曲线定义和切线定理列方程组计算可得圆心横坐标，结合正切函数定义可得第一空；利用二倍角公式，用表示出目标式，结合基本不等式求解可得第二空. 【详解】空一：双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距， 设圆与的三边分别相切于点， 由切线定理可知，， 结合双曲线定义可知，， 又，联立求解可得， 所以点的横坐标为1，即的横坐标为1，设圆的半径为， 则，； 空二：，同理， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：3；16 13．【答案】 【分析】根据已知条件求出双曲线渐近线方程、焦点坐标、点的坐标，然后利用面积比列出等式，最后根据两点距离公式列出的表达式，进行化简即可求得结果. 【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为， 所以，渐近线方程为. 因为过点的直线与轴有交点，所以该直线的斜率存在， 设该直线方程为，则，该直线与渐近线方程联立得 ，解得. ，解得. 所以，. 由题意知，，所以， 化简得，所以有. ， 所以，又，. 所以. 故答案为：.    14．【答案】 【分析】设分别为棱的中点，连接，，，,证得平面，求得，且，结合三棱锥的体积公式，列出方程，求得的长，进而得到的长度. 【详解】设分别为棱的中点，连接，，，, 在中，，因为，所以， 在中，，所以． 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以, 在中，，所以． 因为，且平面，所以平面， 在直角中，， 则，又， 则， 因为， 所以 ， 即，解得， 又因为，所以． 15．【答案】/ 【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面，进而得到截面半径即可求解． 【详解】设中点为， ，， ，， 即， ，则， ， 又平面，平面， ，则， ，即， 三棱锥中均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， ， ，， ，解得， 截面半径，面积为． 16．【答案】 【分析】通过分析平面的位置，确定外接球球心到平面的距离，再计算出截面圆的半径求解. 【详解】正四面体的外接球半径为：， 对棱和互相垂直且距离为：， 平面过且平行于，故平面与的距离等于与的距离为， 球心在正四面体的中心，所以球心到平面的距离， 则截面圆的半径， 所以截面的面积为：. 17．【答案】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用球面的性质及二面角的定义求解. 【详解】在三棱锥中，取中点，为的外心， 由，得，在线段上，且， 由，得是的外心，令三棱锥的外接球球心为， 则平面，平面，而，则， 显然平面，则平面， 令平面平面，则是二面角的平面角， 且，而，则， 所以二面角的正弦值是. 18．【答案】/ 【分析】取的中点，先证明平面平面，则与平面所成角为，即，再证为的外接圆的圆心，设为三棱锥外接球的球心，半径为，设，分别考虑球心和点位于平面的两侧和同侧分别讨论，利用球的表面积公式求解. 【详解】因是的中点，则， 是矩形，， 翻折后，因为线段的中点，则， 因，，则，故， 取的中点，连接，则，，， ，平面，平面，平面， 平面，平面平面，在平面的射影为， 与平面所成角为，， 因和都是直角三角形，则，为等边三角形， 取的中点为，连，则， 平面，平面，， ，，平面，平面， 平面， 是直角三角形，，为的外接圆的圆心， 设为三棱锥外接球的球心，半径为，则平面， 设，则， 若球心和点位于平面的两侧，如图1，延长到点，使得， 平面，平面，， 四边形为平行四边形，， ， ， 解得，则， 三棱锥外接球的表面积； 若球心和点位于平面的同侧，如图2， 平面，平面，， 过点作，交于点，则四边形为平行四边形， 则，， 则，解得，舍去. 综上可得，三棱锥外接球的表面积为. 19．【答案】 【分析】根据已知可得的关系，推出是等比数列，从而可得，由的关系，推出是等比数列，即可求解. 【详解】因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项， 所以经第次扩充后增加的项数为，因此， 所以，因为， 所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列， 所以，即； 设第n次扩充后数列的各项为， 则． 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以 ， 又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故， 综上，，. 20．【答案】 【分析】根据题意可知，再推导出为定值即可求解． 【详解】根据题意，小车向前或向后运动的概率为， 未连续出现2次向后运动的概率为， 则第次可能向前或向后运动， 当第次是向前运动时，只要前次未连续出现2次向后运动，其概率为； 当第次是向后运动时，则第次只能向前运动，且前次未连续出现2次向后运动，其概率为； ，，， 即， 由②得代入①， ，即， ． 21．【答案】 【分析】根据切线斜率与切点处导数相等求出切点坐标间的关系即可． 【详解】函数，，有，， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 一条直线l与函数和的图象分别相切于点和点， 则有，可得，两边同乘 得：①， 由可得，即，代入①可得 ，即； 又由可知，， 则. 故答案为： 22．【答案】 【分析】平移直线与曲线相切，求得曲线上的点到直线的最小距离，进而可求得到直线的距离的最小值，取的中点为，进而可求的最小值. 【详解】当直线平移到与曲线相切于点， 此时切点是曲线上的点到直线的距离最小的点， 由，得， 因为直线的斜率为，所以令，整理得， 解得（舍去）或，又，故此时切点， 且此时到直线的距离为， 又，故此时到直线的距离为， 取的中点为，时，的长取得最小值，如图所示： 由直线，可得， 所以，所以， 又 , 故最小时，的最小值，且最小值为. 故答案为：. 23．【答案】 【分析】将原不等式变形为，构造函数，得到在R上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最小值即可求解. 【详解】左右两边同时加，并将移项得 ， 整理得， 设，，故在R上单调递增， 则原不等式可化为， 所以， 整理得， 令，，设，， 则，令，则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 对方程，，故存在实数使成立， 所以，即. 故答案为：. 24．【答案】 【分析】求导，利用导数的符号确定函数单调性，得到最大值，再设，继续求导，分析函数单调性得到最值即可． 【详解】函数的定义域为，， 设，则， 所以在上单调递减， 因为，， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为， 由，得， 所以， 设，则， 令，得（舍）或， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以有最小值， 即的最小值为3． 故答案为：3． 25．【答案】 【分析】构造函数，对函数求导，根据已知条件得出函数在上的单调性，然后将所求不等式等价得出，最后利用单调性解出不等式即可. 【详解】设， 则， 由已知当时，， 即，又， 所以， 所以在上单调递减， 又，所以， 由，则， 因为，所以， 即， 又因为在上单调递减， 所以， 所以不等式的解集为， 故答案为：. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题号猜押08全国卷高考数学第14题（填空题） ONE PART1命题潮源 溯源 年份 卷别 原题号 考点 具体内容 2025 I卷 T14 概率统计 有放回取球，期望（线性性质） 2025 Ⅱ卷 T14 立体几何 圆柱内切球，半径最值 2024 I卷 T14 概率统计 卡牌游戏得分，期望与组合计数 2024 Ⅱ卷 T14 组合计数 方格表选数，计数与最值 2023 I卷 T15 三角函数 余弦型函数零点求参数范围 2023 I卷 T16 双曲线 离心率（向量共线、焦点三角形） 2023 Ⅱ卷 T15 直线与圆 三角形面积求参数 2023 Ⅱ卷 T16 三角函数 正弦型函数图象与性质 2022 I卷 T15 导数 过原点切线求参范围 2022 I卷 T16 椭圆 焦点三角形周长 2022 Ⅱ卷 T15 直线与圆 对称直线与圆有公共点求参范围 2022 Ⅱ卷 T16 椭圆 弦中点问题求直线方程 2021 I卷 T15 函数 分段函数最小值 2021 I卷 T16 数列 折纸问题，计数与求和 2021 Ⅱ卷 T15 平面向量 数量积求值 2021 Ⅱ卷 T16 函数与导数 切线垂直求范围 近5年填空题压轴（等价T14)考点呈现明显轮换规律，每年考点各异。概率统计连续两年出现(2024I卷 期望、20251卷期望)，成为近年热点；立体几何(2025Ⅱ卷圆柱内切球、2024Ⅱ卷方格表属组合)偶有 考查；圆锥曲线(2023I卷双曲线离心率、2022I卷椭圆周长、2022Ⅱ卷椭圆中点弦)出现频率较高；三 角函数(2023I卷零点求参、2023Ⅱ卷图象性质)亦占一席；导数(2022I卷公切线、2021Ⅱ卷切线垂直) 时有出现；数列(2021I卷折纸新定义)偶有创新。2024、2025年连续两年考查概率统计与组合计数，打 破了往年“一年一换”的规律，成为新的命题趋势。 1/12 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 预测 2026年T14极大概率在概率统计（期望与组合计数综合、条件概率）与圆锥曲线（离心率、弦长、面积最 值)之间轮换。由于2024、2025年已连续两年考查概率统计，2026年转向圆锥曲线或立体几何的可能性较 大；若延续概率统计方向，则可能结合递推数列（如2023Ⅱ卷信道传输）。立体几何（外接球、截面最值） 与导数（公切线、零点问题）作为备选，三角函数与数列新定义偶有出现。 备考核心 主攻概率统计与组合计数，熟练掌握离散型随机变量期望的线性性质，会利用组合数计算古典概型概率， 理解期望的线性可加性在复杂计数问题中的应用（如“至少取到一次类问题），掌握条件概率与全概率公式： 突破圆锥曲线压轴，熟练运用定义与几何性质求离心率、焦半径、焦点弦长，掌握设而不求与韦达定理处 理弦长、面积、最值问题，理解离心率的多种求法（直接法、几何法、齐次式法）；强化立体几何，掌握 外接球、内切球半径的补形法、截面法，能建立函数模型求体积、表面积最值；关注导数公切线，熟练掌 握“设切点、列方程”的解题流程，能处理含参切线问题。限时训练，每道题控制在5~8分钟，注重综合推理 与计算能力，合理分配时间。 TWO PART2押题预测 ●考点1圆曲线 1.(2026山西大同一模)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线1与抛物线交于A,B两点（其中 点A位于第一象限)，AF=3FB,M是线段AB的中点，且点M纵坐标为2，则P= 2(2026新疆模拟预测)已知椭圆C:+上=1，过左焦点F的直线1与椭圆c交于A,B两点（点4 43 位于x轴上方)，若征=F历，则直线1的斜率为】 3 3226甘南一模)椭图号+芳=川a>b>0的腐心幸为G,双线上-￡ 云方=1渐近线的斜率绝对值小于 √5，则e的取值范围为 42026江西一模)已知F1-20,20)是椭圆C后+后=1a>b>0)的两个焦点，P为第一象限内 椭圆C上的一个动点，Q为aPFR的内心，过F作直线PO的垂线，垂足为M,若OM=P阿=F, 则椭圆C的离心率e= 62026内家古以一模已知椭圆℃千+1和双恤线C￥ 。尔=1(a>0,b>0)有公共焦点F,乃 2/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (F为左焦点)，G与C,在第三象限交于点M,直线MF,交y轴于点N且FN平分∠MEE,则C,的离心 率为 6(2026湖北省直器县级电位税拟预D已知A及，D是双曲线C名=，6>0)上不同的三点，点 AB关于坐标原点对称，且AB+AD=BD,过点A作垂直于x轴的直线分别交双曲线C,直线BD于 M,N两点，若AN=4AM,则双曲线C的离心率为· 7(2026广东一模)如图.0为坐标原点，F,B为椭圆C:苦+y2-1的两个焦点，过，5分别作椭圆C 的切线1的垂线，垂足分别为H,H2.当OH,⊥OH2时，△OH,H2的面积为， 8(2026河北保定一模)已知双曲线C:-二=1左、右焦点分别为R,E,点M是C上一点且位于第 a224 二象限，△MFF的面积为24a,过原点O且平行于ME的直线I与MF和∠F,MF,的平分线分别交于点 A,B,且AB=白M0O则双曲线C的渐近线方程为 9.(2026陕西榆林.一模)己知P为抛物线C:y2=4x上任意一点，A-2,0),B(2,0),若存在实数k,点 Hm,O)满足P豆 PA PB 则m的最大值为 PA PB 10.(2026广西河池二模)已知双曲线C: 。示=1(a>0,6>0)的左、右焦点分别为F,5,其一条渐近线 x2 y2 的斜率为，过点F且斜率存在的直线I与C的右支交于P,Q两点.若A,B分别为△PFF,和△QFF,的内心， 且四边形AFBF的面积为2√a2,则直线1的斜率的绝对值为 一考点2立体几何 1.(2026河北唐山一模)若一个棱长为22的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚 度忽略不计)内任意转动，则此圆锥体积的最小值为 3/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(2026山东菏泽一模)在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=1,BC=V5,CC,=3V5.若平面a∥平面 ABCD,且与四面体ACB,D,的棱AB,、CB、CD、AD,分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥A-PQRS 的体积的最大值为 3.(2026陕西·模拟预测)在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD内放入9个半径相等的小球，8个角各放1 个，中间放1个，则小球半径最大为 4.(2026贵州贵阳一模)已知点M为正三棱柱ABC-A,B,C,的外接球上动点，且MB=2MA,若AA=2, AB=3,则点M的轨迹长度为 5.(2026浙江模拟预测)已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球O与圆锥的侧面、底面均相切.球O与 球O外切，且与圆锥的侧面相切.球心Q位于圆锥的顶点和O之间，则球O的体积为一· 6.(2026黑龙江吉林一模)圆台母线长为3，上、下底面半径比为1：2，当圆台体积最大时，以此圆台的 上、下底面为截面的球的表面积为 7.(2026内蒙古鄂尔多斯一模)在四面体A-BCD中，DA,DB,DC两两垂直，DA=DB=DC=√2，以D 为球心，2V5为半径的球与四面体A-BCD各面交线的长度和为 3 8.(2026辽宁辽阳：一模)一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四 个顶点是下层正方体上底面各边的中点，己知最底层正方体的棱长为2，将几何体放入半径为5的半球内， 使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为 9.(2026河南南阳·一模)如图为四棱锥P-ABCD的平面展开图，其中FBCD为平行四边形，△ABF是边 长为1的等边三角形，A为DF的中点，GC=D,则四棱锥P-ABCD的外接球表面积为， 2 4/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E(P) H(P) D F(P) G(P) 10.(2026贵州毕节·二模)已知在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,，∠BAC=90°，AB=1,AC=2, PA=3.半径为的球O与三棱锥的四个面都相切，则片=；若半径为的球O与面PAB,面PAC, 面ABC及球O都相切，则？=· 考点3概率统计 1.(2026山东东营一模)甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随 机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X,则P(X=1)+2P(X=2)= 2.(2026湖南怀化一模)如图，要用2n个元件组成一个电路系统，当且仅当从A到B的电路为通路状态时， 系统正常工作已知每个元件正常工作的概率为？，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元 件个数为Xn,则EX4= -R n 3.(2026陕西咸阳模拟预测)小华在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小华从中取出 一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色），现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的 小球也是黑球的概率为· 4.(2026山东日照.一模)己知集合M={1,2,3,,n(n∈N,从集合M中随机抽取一个数记为X,再从 X,X+l,…,n中随机抽取一个数记为Y,则E(Y)= 5.(2026黑龙江吉林.一模)有n个编号分别为1,2，.，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球， 其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取 一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的 概率是 6.(2026广东广州模拟预测)箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取 5/12 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为 7.(25-26高三下陕西渭南·开学考试)在某次“一带一路”知识竞赛中，主办方为所有参赛者设计了一个抽 奖活动：在抽奖箱中放置3个黑球和7个黄球（除颜色外完全相同），采用不放回摸球的方式，每位参赛 者摸3次球，每次摸1个球，第k(k=1,2,3次摸球，若摸到黑球，则得50k元奖金，若摸到黄球，则没有 奖金.现甲参加了这次竞赛，记他获得的奖金为X元，则E(X)= 8.(2026江西南昌一模)已知A盒中装有大小相同的3个红球和3个黑球，B盒中装有大小相同的3个红 球，从A盒中随机取一个球，若是红球，则放回A盒；若是黑球，则从B盒中取一红球与其替换，这样称为 1次操作，重复以上操作，直到A盒中6个球全是红球为止.记次重复操作后，A盒中6个球恰好全是红球 的概率为P,则B-2 考点4导数 1.(2026辽宁抚顺一模)已知函数f(x)=sinxcos3x,则f(x)的最小值为 2.(25-26高三上山东青岛期末)已知曲线y=e与曲线y=alnx+a(a>0)只有一个公共点，则a= 3.(2026浙江模拟预测)若曲线y=x3+(x+1)在点(0,1)处的切线也是曲线y=lnr+a的切线，则a= 4(2026湖南模极预测)函数f八)=小+习+-可-的所有零点的和为 5.(2026广东佛山一模)函数f(x)=x3+ax+b在区间[山，+o)上存在零点，则a2+b的最小值为 6.(2026四川内江二模)己知函数fx)=e,gx)=lnx.若不等式xf(x-egx≥ax恒成立，则a的取值 范围为 7.(2026江苏一模)已知函数f(x)=x(x-2)2,对任意x∈[0，m,都有f(x)≤m,则m的取值范围为 8.(2026河南许昌·模拟预测)已知函数f(x)的定义域为0，+o),，f(1)=0，,gx)=xfx,若g'x)=1nx ,则不等式f+<f品 的解集为 1 9(2026内蒙古鄂尔多斯一模)已知函数f(=x血r-2r2-x恰有1个极值点，则实数a的取值范围 为 6/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 10.(2026辽宁模拟预测)已知不等式k(x+2)e<x+1恰有两个整数解，则实数k的取值范围为， 考点5数列 1.(2026江苏扬州一模)定义：[x]是不大于x的最大整数，{x是不小于x的最小整数，设函数.f(x)={x[x]} 在定义域划0，n∈N)上值域为C,记C元素个数为4，则上+L++L= aa, a 2.(25-26高三下陕西渭南·开学考试)已知正项等比数列{a}的前n项和为Sn,a，42是关于x的方程 x2-4x+p=0的两个不等实根，则4S。+S2-6S4的最小值为 an 26山西朔州一模)已知数列@的前n项和为S,若a,=3,2a.+’则满足 k的最小值为 4.(2026黑龙江大庆·二模)已知正项数列an}的前n项和为Sn,a,=1,且an=VSn+√Sn-n∈N,n22).若 在a和a+k∈N中插入k个相同的数(-1)1·k,构成一个新数列b},即a,l,a2,-2,-2,a3,3,3,3,a4,…, 记数列{bn}的前n项和为Tn,则T26= 5.(25-26高三上山东烟台期末)若数列an}满足an+2+an≥2an1（n∈N，当且仅当n为奇数时取“=”)， 则称{an}为“T数列”设数列{bn}为“T数列”，bn∈N,b=2,b2=5,则b的最小值为 ;若 b=2026,则正整数k的最大值为 6.(2026湖北省直辖县级单位模拟预测)将数列a,中随机剔除两项aa,(其中1≤i<j≤n,i,jeN,)然 后在原数列中添加-项a+0,+00四做数列巴的一次变换，郑么数列12行2052026经过2025次变一 换后数列中还剩下的一项为 考点6排列组合 1.(2026山西朔州一模)某自动化生产线连续生产编号为1到10的10个产品，计划从中抽取3个进行检 测，若抽取的3个产品编号不全是连续整数，则抽取方法种数为 2.(2026重庆·一模)在矩形ABCD内部（不包含矩形边界）有n个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连 接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当n=5时，三角形区域的个数为 ；若对如图 7/12 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要 种不同的颜色. 3.(2026湖南湘潭二模)将数字1,2,3,4,5,6,7,8,9填入一个3×3的方格中，每个格子填1个数 字，且不重复，要求第一行数字满足a,<a12<a1:,第三行数字满足a31<a2<a33,第三列数字满足 a13<a23<a33, 则符合要求的填数方法共有 种.（用数字作答） 42 a13 01 022 a23 a3 a3 09 4.(2026河北衡水一模)来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞 赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手， 每人只参加1个环节：②方案设计环节人数多于模型构建环节人数：③编程实现环节至少安排2人，且至 少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分 配方案共有种 5.(2026黑龙江哈尔滨·一模)下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由 同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”若将1,2,3,4,5,6,7这七个数字分别填入这七个圆中，且 满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有 种 6.(2026重庆模拟预测)小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上 或向右移动1格，则从起点到终点共有种不同的走法 8/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 终点 △ 起点 THREE PART3通关特训 1.(25-26高三下·湖南月考)如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出 分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件现用四种 不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有 的涂色方法种数为 2.(25-26高三下·湖北黄冈月考)某中学有两个班，其中甲班科技课外兴趣小组有6人(4男2女)，乙 班科技课外兴趣小组有6人(3男3女)，学校准备从这两个班的科技课外兴趣小组中随机挑选2个学生参 加全市科技竞赛.已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率 3.(25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试)甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场）， 规定每局胜者得2分，平局各得1分，负者得0分.比赛结束后，四人的得分各不相同，且第二名的得分是 最后两名得分之和的子、则在甲和乙的比赛结果为平局的概率为 4.(2026山东烟台一模)一圆周上均匀分布着8个点，将这8个点连接成4条弦，且任意两条弦没有公 共点.记X为“4条弦中由相邻两点连接成的弦的条数”，则X的数学期望为。 5.（2026浙江·模拟预测)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5，(i=1,2,3,4,5)为标有数字i的球被取出的次数，X=max51,52,5,54,5;},则E(X）= 6.(25-26高三上·广东深圳期末)某飞碟运动员每次射击中靶的概率为0.9，该运动员连续射击时各次射 击是否中靶相互独立，该运动员连续中靶两次则停止射击，那么射击总次数的数学期望为 7.(2026重庆九龙坡一模)盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再 加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为；在第2次取到红球的 前提下，第3次取到白球的概率为 9/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 8。(2026海南省直县级单位模拟预测)已知双曲线「：等希-1(a>0b>0的左焦点为F,左顶点 为A.以原点0为圆心，分别以OF,OA为半径作圆O,O.设P是圆O与下在第一象限的交点，连接 FP交圆O于M,N两点.若FP=2MN,则T的离心率为 · 9.(2026浙江模拟预测)已知双曲线C:x-广 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为E,E,双曲 a2b2 线C的一条渐近线的斜率为3，过点F的直线1与双曲线C的右支交于P,Q两点A,B分别为△PFF,和 △QFF,的内心，若四边形AFBF的面积为25a,则直线1的斜率为 10.(2026贵州安顺一模)已知点M为正三棱柱ABC-A,BC,的外接球上的动点，且MB=2MA,若 AA=2,AB=3,则点M的轨迹长度为 1.（226广东佛山一快)已知RQ是椭圆E:号+茶=a>b>0)上关于原点0对称的丙点，F是E的 y2 右焦点，PF的延长线交E于点R,∠QFR=60,3QF=5RF,则E的离心率为 12.(2026重庆一模)已知双曲线C:r-兰-1的左、右焦点分别为R,F,点P在C的右支上（不含顶 3 点)，设aPFB的内切圆圆心为，则an∠二= 9 tan∠IfF —'sin PFF,+sin LPF,F的最小值为— 13.(2026河南开封一模)已知双曲线C:-上 a2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为E,F,过点F作直 线分别交两条渐近线于点A,B,交y轴于点D,0为坐标原点.若△AFF的面积是△OBF,的面积的3倍，则 BD AD 14.(25-26高三下·河南驻马店·开学考试)如图所示，在三棱锥P-ABC中，D是棱AC上的点， PD=BD=CD=2AD,PB⊥BC,PB=8,PC=10,三棱P-ABC的体积是12V39,则AC= B 15.(2026黑龙江哈尔滨一模)平行六面体ABCD-A,B,C,D所有棱长都相等，AB=2,点A在底面 10/12