二轮专题(十四) 创新题型(形式创新、内容创新)-【真题密卷】2026年高考数学二轮专题精准提升

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十四） 卷题 数学·创新题型（形式创新、内容创新） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 解答题：共10小题，每题15分，共150分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 1.(15分)如图，已知A,B是半径为1的圆0上两点，且cos∠AOB= 41 (1)求1OB-20A1; (2)若点C1,C2,,C224,C22s依次将线段A0平均分成2026份，设BA=a,BO=b,BC +BC2+BC+…+BC2o24+BC2o25=c,求|a+b十c的值. 二轮专题精准提升（十四）数学第1页（共8页） 真题密卷 你劳力发光的样子，本身就闪闪动人 2.(15分)在数字通信中，信号的每一次传输都是从一个基站发到下一个基站，信号是由数 班级 字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送信号0或1有可能被错误地接收为1 或0.已知正确接收的概率为0.9，错误接收的概率为0.1. 姓名 (1)在计算机内部，所有的信息都表示为一个二进制的字符串，八个二进制位被称为一 个字节，20世纪60年代制定了一套字符编码，对英语字符与二进制位之间的关系做 得分 了统一规定，这被称为ASCI码，一直沿用至今，比如小写字母a的编码值是97（二 进制01100001)，d的编码值是100（二进制01100100），ASCII码一共规定了128个 字符的编码，这128个字符只占用了一个字节的后面7位，最前面的1位统一规定为 0.假如信息录人人员不小心将字母a看成了d,求接收端仍然接收为a的概率， (2)假如发送字母a时，接收为a和d的概率分别为0.99和0.01，发送字母d时，接收为 a和d的概率分别为0.01和0.99，试求发送字母a经过n次传输后仍然接收为a的 概率. 二轮专题精准提升（十四）数学第2页（共8页） 3.(15分)古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进 行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的 乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边 形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形ABCD中， 图 图2 (1)若AB=2,BC=巨，∠ACD-2,AC=CD(图1)，求线段BD长度的最大值； (2)若AB=2,BC=6,AD=CD=4(图2)，求当四边形ABCD的面积取得最大值时，A 的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值； (3)在(2)条件下，若点P在△ABD的外接圆上且异于B,D两点，求|PB十PD|的最 大值. 4.(15分)为庆祝中华人民共和国成立76周年，某商场决定在国庆期间举行抽奖活动.盒 中装有5个除颜色外均相同的小球，其中有2个红球，3个黄球.每位顾客均有一次抽奖 机会，抽奖时从盒中随机取出1个球，若取出的是红球，则可领取“特等奖”，该小球不再 放回；若取出的是黄球，则可领取“参与奖”，并将该球放回盒中， (1)求在第2位顾客中“参与奖”的条件下，第1位顾客中“特等奖”的概率； (2)记Pm-1为第n个顾客参与后，后来参与的顾客不再有机会中“特等奖”的概率，求数 列{Pn}的通项公式； (3)设事件X为第k个顾客参与时获得最后一个“特等奖”，要使X发生概率最大，求 的值. 二轮专题精准提升（十四）数学第3页（共8页） 真题密卷 5.(15分)漳州是福建省重点城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着 众多旅游景点，每年来漳州参观旅游的人数不胜数，其中八卦楼与古城被称为两张名 片.为合理配置旅游资源，现对已游览八卦楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩 古城记1分，若继续游玩古城记2分，每位游客选择是否游览古城景点的概率均为？，游 客之间选择意愿相互独立. (1)从游客中随机抽取3人，记总得分为X,求X的分布列； (2)(ⅰ)若从游客中随机抽取m人，记总得分恰为m的概率为Am,求数列{Am}的前10 项和； (ⅱ)在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n的概 率为Bm,探讨Bn与Bm-1之间的关系，并求数列{Bm}的通项公式 6.(15分)已知曲线C:(x2-1)(x2+y2-1)=0,回答下列问题. -2 O 2主 (1)画出C的大致图形，并说明理由. (@若P,9-1<是C上的动点，AQ0,份刘，证明：A为定值 《8若直线1：y=mm于》与C的所有文点的纵坐标之和大于求m的取 3 值范围 二轮专题精准提升（十四）数学第4页（共8页） 7.(15分)空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面 体顶点的曲率等于2π减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面 体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中 多面体各面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均 有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为2机一3 3元. C 0 图1 图2 (1)如图1，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，∠ADC=60°，O为BD的中点， 且PO⊥平面ABCD,AB=2PO=2. ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角P-AB-D的平面角的正弦值 (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体 进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足 V+F一E=2.请运用欧拉定理解决下列问题：碳60(C6o)具有超导特性、抗化学腐蚀 性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球， 也叫足球烯，如图2所示.已知碳60(C6)的分子结构是由60个C原子构成的分子， 这个多面体有60个顶点，试求碳60(C6)各顶点的平均曲率. 二轮专题精准提升（十四）数学第5页（共8页） 真题密卷 8.（15分)将正整数1,2,3，…，n的任意一种排列得到的有限数列记作{am},若对Hk∈ N*,k≤n,均有a.≠k,则称该数列{am}为“n元全错位数列”，记“n元全错位数列”的个 数为bn,如正整数1,2,3所对应的“3元全错位数列”有2,3,1和3,1,2，故b3=2. (1)求b1,b2,b4 (2)证明：{bm+1-（n十1)bm}是等比数列. (3)证明：b,=n！·分-1)中1 台(i+1D1(n≥2). 二轮专题精准提升（十四）数学第6页（共8页） 9.(15分)设点集Mn={(a1,a2,a3,…,am)|a:∈{0,1}，1≤i≤n,i∈N*},从集合Mm 中任取两个不同的点A(a1,a2,a3,…,an),B(b1,b2,b3,…,bm),定义A,B两点间 的距离d(A,B)=2Ia:-b:. 1 (1)求M3中d(A,B)=2的点对的个数. (2)用随机变量X表示距离d(A,B). ①求X的分布列与数学期望. ②证明：当n足够大时，4D(X)<n2(注：当n足够大时，2-m≈0). 二轮专题精准提升（十四）数学第7页（共8页） 真题密卷 10.(15分)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法. 给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为R(x)= 1+61z+…+6,nx,且满足f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),(0)=R"(0,,fa+m(0) a0十a1x十…+amxm =Rm+)(0)(注：f"(x)=[f'(x)]',f"(x)=[f"(x)]',f4(x)=[f"(x)]',f5(x) =[f)(x)]',…,fm)(x)=[fm-D(x)]').已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1] 阶帕德近似为R(x)=1十bx ax (1)求实数a,b的值. (2)比较f(x)与R(x)的大小. 1 1 1 (3)证明：Vn∈Nm+1+m+2十m十3+…+ 1∠1n2. 2 二轮专题精准提升（十四）数学第8页（共8页）·数学· 参考答案及解析 -t2+65t+70 乙被录用的概率为P2=p2。 (7分) (3)由(2)知，y= 2(t+2) (2)的可能取值为0,1,2， 则P(5=0)=(1-P1)(1-P2), P(ξ=1)=P1(1-P2)+(1-P1)P2, 《-2品+曾碧当且仅当生 P(ξ=2)=P1P2, (9分) 所以E()=0×(1-P1)(1-P2)+1× 十2即1=6时等号成立， 32 (15分) [P1(1-P2)+(1-P1)P2]+2P1P2 所以当促销费投入6万元时，该款食品的利润最 =P1+P2=3p2-2p3+p2=4p2-2p3, 大，最大利润为2万元. (17分) 设f(p)=4力2-2p3(0<p<1), 则f'()=8p-62=2(4-3p)>0,(13分) 19.解：(1)由题意，设甲答对题目的个数为X,得X 所以f(p)在(0,1)上单调递增，又f(0)=0, ~B(3,p), f(1)=2, (15分) 则甲被录用的概率为P1=Cp2(1-p)十p3= 所以存在唯一的p值p。,使得f(p)=1.5,即 3p2-2p3; E(5)=1.5. (17分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十四）》 数学·创新题型（形式创新、内容创新） 解答题 1.解：(1)设∠AOB=0, 即01-， (14分) 1B-20A2=10B2-410BIOAI cos 0+4OA2 故a+b+c-2027BC1ai1=20272 2 =1-4X1X1×3+4=2, 4 (15分) 故|OB-20A|=√2 (4分) 2.解：(1)由题知，P=0.12×0.95=5.9049×10-3. (2)由题知AO的中点为C113, (3分) 同时C1o13也为线段C1C225,线段C2C224,…, (2)设经过n次传输后仍然接收为a的概 线段C1o12C1014的中点， 率为Pm, 所以BA+BO-BC+BC2=BC,+BC2g4 则Pn=0.99Pm-1+0.01(1-Pm-1), 所以Pm=0.98Pm-1+0.01,n≥2， =BC3+BC223=…=2BC1013, 所以Pm-0.5=0.98(Pm-1-0.5),又因为P1- 所以a+b+c=BA+BC+BC2+BC+… 0.5=0.99-0.5=0.49, +BC2024+BC225+BO-2027BC1o13, (8分) 所以数列{Pm一0.5}是以0.49为首项，0.98为公 而BC,a-=2(Bi+B0)=}(Oi-O店+B0) 比的等比数列， 所以Pm-0.5=0.49×0.98m-1, -20-0. 所以Pm=0.49×0.98-1+0.5. (15分) 则1BC1:=子(1Oi:-4Oi1 cos0+ 3.解：1D由AB=2,BC=E,∠ACD=,AC= CD,可得AD=√2CD, 41o)=, 由题意可得ABXCD+BCXAD≥ACXBD, ·73· 真题密卷 二轮专题精准提升 即ABXCD+BCX√2CD≥CDXBD, 故|PB+PD|的最大值为4√7. (15分) 即2十√2X√2≥BD,当且仅当A,B,C,D四点共 4.解：(1)设第1位顾客中“特等奖”为事件A,第2 圆时等号成立， 位顾客中“参与奖”为事件B, 即线段BD长度的最大值为4. (4分) P(AB)= X40P(B)=2× 2、33 6 ,3 (2)如图，连接BD,因为四点共圆时四边形的面积 最大，AB=2,BC=6,AD=CD=4, 33 5 (2分) 所以A十C=π，即cosC=-cosA,sinA=sinC, 6 在△ABD中，由余弦定理可得BD=AB2+AD2 故P(A|B)= P(AB)105 2AB.ADcos A=4+16-2X2X 4cos A=20- P(B) 33-11 50 16cosA①， 所以在第2位顾客中“参与奖”的条件下，第1位 在△BCD中，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2 -2BC·CDcos C=36+16+2×6×4cosA=52 暖客中“特等奖"的概率为品 (4分) +48cosA②， (6分) (2)由题意得n≠0，第n个顾客参与后，后来的顾 由①②可得20-16cosA=52+48cosA, 客不再有机会中“特等奖”表示最后一位顾客中 解得0sA=分而A∈0，x,可得A- 2π “特等奖”，前n一1位顾客中有一位中“特等奖”， 3 所以sinA=sinC= 所以P=×()×+××（经）” 2 此时S ABCD=S△ABD十S△BCD +)x号x()x++(× -号×ABXADXsin A+-号BcXCDXsin c 2+2×6X4X -<24×人1● 2 =8√3.(8分) =×(层×++（传）(】 所以当四边形ABCD的面积取得最大值时，A= 3,且四边形ABCD面积的最大值为85. 2 1-号 (9分) -×()-号×()， (7分) 故数列P,)的通项公式为卫，-弓×()”-子× ( (9分) (3)由题意可知A十P=元，即cosP=一osA=2' (3)设第个顾客参与时拿下最后一个“特等奖” 的概率最大， 在△BPD中，由余弦定理可得BD2=PB2十PD -2PB·PDcos P=PB2+PD2-PB·PD=52 由(2)得概率p=-号()-()] +48cosA=28, -()门()， 即|PB+PD|2-3PB·PD=28, (12分) 故|PB+PDI2=28+3PB·PD≤28+ 要使P最大.即使1（停）广门()》 最大，所以 3PB+PD: 2 -(门()≥-（门(）， 故|PB+PD|≤4√7，当且仅当PB=PD=2√7 时等号成立， (14分) 1-()1()≥1-()1()， 。74 ·数学· 参考答案及解析 -传≥经·” 又因为B=所以B,-号-日0， 即 ·()1-() 所以B.号}是首项为-言·公比为-方的等比 数列， (13分) 化简得 且k∈N, (12分) 所以.-号-·(》， ≥2 所以B.-号-6(》-+日(， 在(0，+∞)上单调递减， (15分) k≥4， 所以 (14分) 6.(1)解：由(x2-1)(x2+y2-1)=0,得x=±1 k≤4， 或x2+y2=1, 综上，k=4. (15分) 所以C由两条直线x=士1与圆x2十y2=1组 5.解：(1)X的可能取值为3,4,5,6. 成，故C的大致图形如图所示。 (4分) P(x=)-(分》- 一2 2 P(X=5) c(g)'- P(x=6=(合》广- (4分) (2)证明：因为-1<x<1,所以点P满足x2十y2 (6分) 所以X的分布列为 =1, W√(x-2)2+y2 X 3 6 所以Pd 112 W-2)+y2 √x2+y2+4-4x (5分) _5-4x=2, 5 (②)1)总得分恰为m的概率A。一（侣）八， 、/2七y2十A二工/4之 (9分) 所以数列.是首项为分公比为的等比 所以个P为定位2 1 数列， (3)解：将x=1代入=肛-3，得y=m: 1 1 1 1 2×(1-20】 1023 将x=一1代入y=mx一2得y=一m一2， 前10项和S10= (9分) 1 1024 1- (iⅱ)记已调查过的累计得分恰为n的概率为Bm, 当n≥2时，得不到n分的情况只有先得(n一1) 因为m≠，所以1不经过点(-1,0,1,0， 分，再得2分，概率为2B-1, 依题意可得，l与圆x2十y2=1的所有交点的纵坐 标之和大于-子 所以1-B,=2B。1,即B。=- 2B。-1+1, 当m=0时，l与C的所有交点的纵坐标之和为 以，号》】 日x4-2- 3 (11分) ,所以m=0不符合题意； ·75· 真题密卷 二轮专题精准提升 当m≠0时，联立 y=mx- 则A(1,0,0),B(0,√3,0)，P(0,0,1), 2 所以AP=(-1,0,1),BP=(0,-√3,1). x2+y2=1, 设n=(x,y,之)为平面PAB的一个法向量， 消去x,得(m2+1)y2+y十4 m2=0. n·AP=-x十之=0， 则 因为1过定点(0，》，且该点在圆2+y=1 n·BP=-√3y+x=0, 的内部，所以1与圆x2十y2=1总有两个交点. 令y=√3，得n=(3,√5,3)， (7分) 设1与圆x2+y2=1的交点分别为A(x1,y1), 由题知OP=(0,0,1)为平面ABCD的一个法 1 1 B(x2,y2),则y1十y2=- 1+m2> 2 向量， 解得m>1或m<-1, 设二面角P-AB-D的平面角为0， 故m的取值范围为(-∞，一1)U(1,十∞). oP·n 由已知0为锐角，则cos0= (15分) OPn 7.解：(1)①连接AC,由于底面ABCD是菱形，故 3×0+3×0+3×1_√21 BD,AC交于点O, √/21×1 7, 又∠ADC=60°，所以△ABC为正三角形， 因为AB=2P0=2,所以0A=7AC=1,0B= 所以sin0=V个-cos0=2 7 √22-1=√3， 故二面角PABD的平面角的正弦值为2， 7· 又PO⊥底面ABCD,OA,OBC底面ABCD,故 (10分) PO⊥OA,PO⊥OB. (2)设碳60(C60)共有F个面，给组成多面体的多 则PA=√PO2+OA3=√2，PB=√PO+OB=2, 边形编号，分别为1,2，…，F号， 由余弦定理，得coS∠APB=PA+PB-AB 2PA·PB 设第i号(1≤i≤F)多边形有L:条边，则碳60 2+4-4V2 （C)共有E-L+L+Lr条棱， 2XW2X24’ (3分) 2 由题意可知四棱锥P-ABCD的四个侧面三角形 由题意，碳60(C6)共有V=2一F十E=2一F十 全等，故有∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPA, L1+L十+LE=60个顶点， 2 (12分) 记四棱锥在点P处的曲率为p,则9=2π一4 X∠APB, 又i号多边形的内角之和为πL:一2π， 所以cosP=cos(2x-4∠APB)=cos4∠APB= 所以碳60(C6)的所有多边形的内角之和为 2cos22∠APB-1=2(2cos2∠APB-1)2-1 x(L1十L2十…+LF)-2πF, -2xx-1 、2 (5分) 所以碳60(C6)的总曲率为 2xV-[π(L1+L2+…+Lr)-2xF] ②以点O为原点，OA,OB,OP所在直线分别为 x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， =2x(2-F+L,+L2+…+Lr [π(L1+L2+ 2 …+LF)-2xF]=4π. (14分) 由已知V=60,所以碳60(Co)各顶点的平均曲率 为箭 (15分) C) 8.(1)解：当n=1时，显然b1=0; --0、 当n=2时，“2元全错位数列”只能是2,1，所以b2 =1;当n=4时，1,2,3,4的第一个位置排2，有 。76· ·数学· 参考答案及解析 2143、2341、2413三种，同理第一个位置排3和4 故X的分布列为 也各有三种，共9种，故b4=9, (3分) X 1 2 n (2)证明：当n≥3时，为了得到“n元全错位数 C C2 C 列”，我们分两步来完成正整数1,2,3，…，n的 2一1 2#一1 2#-1 排列： 则E(X)=1× C C ①将正整数n放到第m(m≠n)个位置，有 221十2×221十…+n×21 (n-1)种排法； (4分) X2+2x兰…+nX+0* ②考虑正整数m,有两种放法. 若放到第n个位置，则余下(n一2)个正整数放到 当2≤k≤n时，kC+(n-k十2)Ca-+2 余下(n-2)个位置，有b.-2种排法； n! n！ =kXa10n-1+6n-k+2)XGm-k+21h-2 若不放到第n个位置，这时对于这(n一1)个正整 n! n! 数，共有bm-1种排法. (6分) (k-1)！(n-k)！T(n-k+1)！(k-2)I 所以bn=(n-1)(bn-2+b.-1)(n≥3)， n! 所以bn-nbn-1=-[b.-1-(n-1)ba-2](n≥3)， (n-k+1)！(k-1)(n-k十1+k-1) 又b2-2b1=1, (8分) n·n! 所以{b+1-(n十1)bn}是以1为首项，一1为公 (n-k+1)！(k-1D1=nC片-1， 比的等比数列 (9分) 且C十0=n=n·C%=n·C%, (3)证明：由(2)知bm+1-(n+1)bn=(-1)-1, 由(*)得EX)=0+nX十a-1D× C 等式两边同除(m十1)1，得m十 b+1b元 n! +…+1× (-1)-1(-1)+1 (n+1)！(n+1)月1 (11分) （*)+),得2E(X)=2”(C+C+Cg+ 由累加法得品-名[ …+C)=”·2 51)+1 -2-1,所以E(X)=212 =员（1)+1 1(+1),则(m+1)对=(+)，， (9分) 即b+1=(m+1)1·3-1)+ ②证明：当n足够大时，E(X)≈ (i+1)！’ (13分) 2, 则b.=n1.-1)+， 白(i+1)1(n≥2). (15分) 则n)-2nX--0X-BxI-2S 9.(1)解：当n=3时，若d(A,B)=2,则A,B有两 0-2)'+2》°++a-》 个位置的坐标不相等，另一个位置的坐标相等，所 g×2×22 以点对的个数为 =12. =c)°+c2)++c… 2 (3分) (2)①解：由题意可知，M中元素的个数为2”， a-门 当X=k时，在坐标(a1,a2,a3,…,an)与(b1b2,b3, …,bn)中有个对应的坐标值不同，即满足a:≠b:, 三2C+Ce++C)+Cq-)+C8 剩下n一k个对应的坐标值满足a:=b:, (22-2n)+C%(32-3n)+…+Ca-1[(n-1)2 2 此时所对应的情况数为C·2·2-=C·21。 (n-1)·n]+C(n2-n·n)}, 因为1≤k≤n,所以(n-k)2-(n-k)·n=k(k-n) 所以P(X=)= C%·2-1C路 2-1 ≤0，当且仅当=n时，等号成立， (12分) 。77· 真题密卷 二轮专题精准提升 则cx0c+ce++c) 所以当x>0时，p(x)=f(x)-R(x)>P(0)=0; 当-1<x<0时，p(x)=f(x)-R(x)<p(0)=0, e- (8分) 综上，当x>0时，f(x)>R(x); 所以4D(X)<n2. (15分) 当x=0时，f(x)=R(x)； 10.1)解：由f(x)=ln(x+1),R(x)=1十bz' ax 当-1<x<0时，f(x)<R(x). (9分) 有f(0)=R(0)=0, (3)证明：由(2)得，当x>0时，f(x)>R(x), 1 1 则f'x)=+f'x)= 即ln(x+1)>2x (x+1)2' x+2(*), -2ab 令1、2x 2 R'(x)=a+bx,R"(x)=1+bz), mz+2m∈N,得x=2m (11分) 由题意得，f'(0)=R'(0),f"(0)=R"(0), 代人()式得<2号 2m+1 a=1, 所以 取m=n+1,n+2,…,2n,n∈N*, -2ab=-1, 1 得 2n+31 2n+5 a=1, n+m2m+17n+2n2m+322 解得，1 (4分) b=2 4n+1 1n4n-1' (13分) 2x (2)解：由D知，R(x)=z千2令9(x)=fx) 1 1 1∠ 上面各式相加得n十十n十2十…十2 -R(x)=ln(x+1)-2x x+2(x>-1D, (6分) 4n十2=ln2, n<n20格 14 则p')=2中市Gz+2红+1Dx+20, n十n十2+写十+1m2得证 即 1,1,1 所以p(x)在（一1，十∞）上单调递增， (15分) 又9(0)=f(0)-R(0)=0, ·78·