2026年高考数学考前冲刺压轴预测100题-2026年高考数学考前最后一课

**基本信息** 聚焦高考数学压轴题，分选择（50题）、填空（30题）、解答（20题）三大模块，精选100道预测题，覆盖函数、几何、数列等核心知识点，注重知识综合应用与逻辑推导，助力三轮冲刺突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题压轴|50题|综合性强，跨知识点融合，突出抽象思维与逻辑判断|围绕函数性质、导数应用、立体几何等高频考点，形成概念生成-原理推导-变式应用链条| |填空题压轴|30题|情境创新，含实际应用与新定义问题，强调数学建模|以数列递推、解析几何、概率统计为核心，构建知识网络与方法迁移路径| |解答题压轴|20题|多问递进，注重分类讨论与推理论证，体现数学思维严谨性|涵盖函数导数、圆锥曲线、立体几何证明等，形成问题拆解-思路构建-规范表达逻辑|

2026年高考数学考前冲刺压轴预测100题 目 录 冲刺01 选择题压轴预测50题 1 冲刺02填空题压轴预测30题 58 冲刺03 解答题压轴预测20题 84 冲刺01 选择题压轴预测50题 一、单选题 1．（2026·北京朝阳·一模）已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（   ） A．50 B．51 C．52 D．53 【答案】C 【解析】因为，由选项可知的最大值大于3， 若对任意的，，，存在，使得， 则集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26， 即或或， 若，则， 解得，此时的最大值为51； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 综上所述：的最大值为52. 2．（25-26高三上·浙江宁波·期末）已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（     ） A．1215 B．1216 C．1217 D．1218 【答案】C 【解析】设， 则有， 当时，有 x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 2 2   0    1   1   2 2 3   0    1   2   4 5 6 的所有可能值为0，1，2，4，5，6 因此，的值域， 则共有个元素， 即 故选：C. 3．（25-26高三下·上海浦东新·期中）对定义在上的非常值函数，若存在一个非零常数，使得对任意，都有成立，那么称函数为函数．现有以下两个命题：①若函数为函数，则，且；②既存在严格增的函数，也存在严格减的函数．则下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 【答案】D 【解析】命题①，若是函数，根据定义得， 展开整理得对任意恒成立，因此系数必全为. ，由得，因此. 当时，； 当时，，得，这也满足条件，例如时， 成立. 命题①只给出，遗漏了的情况，因此①是假命题. 命题②，构造指数函数， 验证函数条件，只需满足， 取，则，是严格增函数， 且，满足函数定义，存在严格增的函数； 取，则，是严格减函数， 且，满足函数定义，存在严格减的函数. 因此②是真命题. 综上，①假②真. 4．（2026·重庆·模拟预测）已知函数的定义域为，，且，若，则正整数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令可得，即， 因为，则， 令，，则， 即，故， 所以， 令①， 则②， ①②可得 ， 所以， 当时，，则数列为单调递增数列， 因为，，则， 故满足不等式的正整数的最小值为. 5．（25-26高三下·北京海淀·期末）已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当时，， 当时，， 所以，当，即，作出函数的图象，如图， 显然，当，都有，且， 所以 当，即时，作出函数的图象，如图， 当，都有，且 所以， 当，即时，作出函数的图象，如图， 当时，则需满足，即，解得， 所以， 综上，，即的取值范围为. 6．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由于，所以， 设，则，所以在上单调递增， 那么，所以，， ，设，， 所以，在上单调递减，， 即, 由于，那么, ， 综上，. 7．（2026·湖北·二模）定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】，，令，则，得， 令得，即函数是奇函数， 下面判断函数的单调性，令，则， ，所以， 所以，即， 所以在单调递增， ，， ， 构造函数，则， 当时，，当时，， 所以在递增，在递减， 则， 即， 所以，又在单调递增， 所以，也即． 8．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 【解析】因为关于对称，所以， 用替换可得①， 因为关于对称，所以， 又，用替换可得， 用替换可得， 两式相加可得， 用替换可得②， 由①②可得， 用替换可得 因为， 在中令，得，故， ， 因此. 9．（25-26高三下·贵州黔东南·月考）定义在上的函数与满足：，若是奇函数，则（　　） A．0 B．2025 C．4050 D．6075 【答案】A 【解析】因为是奇函数，所以，换元得， 说明关于点中心对称，令得； 由，得关于轴对称，结合可推得： ，因此的周期，且； 由，得，计算（一个周期）的和： ：，故， ：， ：，故， ：，故， 一个周期和为：； ，即前项共个完整周期，和为； 剩余最后一项，， 故， 因此. 10．（2026·山东德州·模拟预测）已知，，为两两不相等的正数，设函数，则（   ） A．没有零点 B．有唯一零点 C．至多有一个零点 D．至少有一个零点 【答案】C 【解析】因为，，为两两不相等的正数， 令，可得， 令，，则，，且均不为1，可得， 若，，分别作出，， 可知与只有一个交点，即有唯一零点； 若一个大于1，一个小于1，不妨设，，分别作出，， 可知与没有交点，即没有零点； 若，，分别作出，， 可知与只有一个交点，即有唯一零点； 综上所述：可能没有零点，至多有1个零点，故C正确. 11．（25-26高三上·湖北荆州·期末）设函数，若方程有5个不同的实数解，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题设，函数的图象如下图示， 令，要使原方程有个不同的实数解，则有两个不同实根，且， 故由图知：，即的两个零点在区间和内， 而开口向上，故，可得． 故答案为：D 12．（25-26高三上·山东德州·期中）已知函数，若存在三个不相等的实数，，，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】函数的图象如下图所示. 当时，的对称轴是直线，且最大值为， 当时，为增函数，且此时， 由题意知存在三个不相等的实数，，，使得， 不妨设，则，则， 又，故的取值范围是. 故选：A. 13．（25-26高三上·北京西城·期末）激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使神经网络能够学习和逼近复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．其中，就是一个常见的激活函数，它可以将输入的实数输出到区间上．若希望输出的值增加，即，则与的最小值最接近的是（参考数据：）（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】已知，将其变形为：， 因为，所以， 化简得，进一步变形为， 整理得：， 令（），则，变形为， 因为，所以，即， ， 令，对其求导：， 令，即，解得或（舍去）， 当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以当时，取得最小值，， 则. 因此，与的最小值最接近的是. 故选：C. 14．（2026·重庆·二模）若经过点的直线既与曲线相切，也与曲线相切，则（ ） A． B．1 C．2 D． 【答案】C 【解析】设曲线的切点为，则由， 可得切线方程为， 因为切线过点，所以，解得，所以切线方程为； 设曲线的切点为，由，所以切线的斜率为， 因为直线的方程为，可得，解得，即切点 所以切线方程为，即， 所以，解得. 15．（2026·湖南怀化·模拟预测）已知点，，定义为A，B的“镜像距离”.若点A，B在曲线上，且的最小值为2，则实数a的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由函数得，即， 的反函数为. 由点在曲线上，知点在其反函数上， 相当于上的点到曲线上点的距离，即， 利用反函数性质可得与关于对称， 当与垂直时，取得最小值为2， 因此A，两点到的距离都为1. 过点作切线平行于直线，斜率为1， 由，得，可得， 所以，即， 点到的距离，解得. 当时，与相交，不合题意； 当时，与不相交，符合题意. 综上，. 16．（2026·云南·模拟预测）已知点满足：，是函数图象上任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，， 设，求导得，函数在上都递增， 则函数在上单调递增，而，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 由，得，即，则，点在直线上运动， 设平行于直线的直线与相切于点， 由求导得，则，解得， 因此切点为，的最小值为点到直线的距离. 故选：A 17．（2026·重庆永川·模拟预测）函数对应的图象如图，点为图象与轴的交点，点为图象的最高点，点为图象的最低点， 若，则的值为（ ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【解析】由函数，其中， 可得函数的最大值为，最小值为， 因为点为图象的最高点，可得，点为图象最低点，可得， 点是图象与轴的交点，可得， 设的中点为，因为和的纵坐标互为相反数，所以， 所以点和点都在轴上， 在中，因为，所以，且为的中点， 根据直角三角形的性质，可得， 过点分别作的平行线，交于点，则， 设函数的最小正周期为， 可得，， 因为，可得，解得，所以. 18．（2026·湖北荆州·模拟预测）已知，向量满足，则的最大值为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【解析】记， 不妨设， ， ，点的轨迹是以为焦点的椭圆， 其方程为：； 由得， 即，， ，点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆， ， 设坐标为， 当时，， . 故选：D. 19．（2026·陕西铜川·三模）已知函数，，假如，，是曲线，上从左往右依次连续相邻的三个交点，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 所以将的图象向左平移个单位长度后可得到的图象，如图所示： 是与图象从左往右依次连续相邻的三个交点， 为等腰三角形，， 由，得 ，即 ， 又因为 解得， 故交点的纵坐标为， 过作交于点，由对称性可知， 为等腰三角形， ，， ，，得， ，解得 实数的取值范围为. 故选：B. 20．（25-26高三上·山东潍坊·期中）已知数列满足，设，则数列的前2026项和为（　　） A． B． C． D．506 【答案】A 【解析】因为数列满足， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， ， ， 所以， 又的最小正周期，一个周期内的和为， ， 所以. 故选：A. 21．（25-26高三上·湖南娄底·期末）已知正项等比数列的前n项和为，，.若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则，， ， 解得，，因此，， 而 ， 则 故原不等式可化为， 当为奇数时，，即恒成立， 而为递减数列，且，解得； 当为偶数时，恒成立，而为递减数列， 可得，解得， 因此实数的取值范围是，故D正确. 故选：D 22．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，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（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 如图，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， 对于三棱锥，高为，底面积， 故， ， ，，解得， 截面半径，面积为． 23．（2026·河南开封·模拟预测）图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，求得，得到正三棱柱的体积为，利用导数求得，求得的单调性，得到时，取得最大值，结合异面直线所成角的求法，即可求解. 【解析】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则，所以，其中，解得， 所以正三棱柱的体积为： ， 可得 令，即，解得或， 因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，此时， 在直角中，可得， 连接，可得， 在正三棱柱中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成的角， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 24．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取的中点为O，连接， 由于，故， 平面，故平面， 设，则，， 设，则四面体的体积， 要使得四面体的体积最大，必有，即此时平面平面， 则此时，令，， 则，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取得最大值，此时取得最大值， 即得， 以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心为，则， 即， 解得，即外接球球心为， 故外接球半径为， 故外接球的表面积为. 25．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，有一系列点，，…，，，且所有的点均在函数的图象上，已知以点为圆心的均与y轴相切，且与外切，，若，且对，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由点在函数的图象上， 得， 而与y轴相切，则的半径， 同理可得，，的半径， 由于与外切，所以， 则， 即， 则， 因为，所以，则， 又，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列， 则，即， 由，则，即恒成立， 设，则， 所以， 因为函数在上为减函数， 且时，，时，，则时，，即， 则， 则的最大项为， 即，解得. 26．（25-26高三下·湖南·阶段检测）已知双曲线的左､右焦点分别为为上异于实轴端点的动点，若，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 设，，在中，结合双曲线定义，， 由正弦定理得， 化简分子： ， 分母， 代入得 ， 已知，代入整理得， 是三角形内角，故，结合双曲线离心率， 由，， 由，， 因此离心率. 27．（2026·安徽芜湖·二模）有公共焦点的抛物线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为为抛物线与椭圆的公共焦点，且抛物线与椭圆相交于两点， 由抛物线和椭圆对称性以及可知，轴， 设点在第一象限，如图所示： 令，此时有， 又抛物线的焦点为，所以， 所以抛物线方程为， 因为点在抛物线上，所以，所以， 即点，又点在椭圆上， 所以， 又，所以，所以 即，又，所以， 令 ，则，解得（舍去）或， 即， 又，所以. 28．（25-26高三下·陕西商洛·期中）某展馆中有一个灯光走廊,它是由块感应发光地板砖组成的.如图所示,每块地板砖只有“亮”与“不亮”两种状态,踩踏地板砖一次,将导致自身和所有相邻的地板砖中的灯的状态发生改变（例如,在全部地板砖均为“不亮”的状态下,踩踏地板砖时, 地板砖亮起,周围的地板砖也发亮,其他地板砖仍保持“不亮”状态）.若初始时地板砖都为“不亮”状态,第一次先踩踏地板,要使得最终只有地板砖亮起,则需要踩踏地板砖的最少次数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为初始全不亮，踩一次改变一块砖及其所有相邻砖的状态，变奇数次为亮，偶数次为不亮，用表示不亮，表示亮. 所以目标最终仅亮，即仅总改变次数为奇数，其余所有砖总改变次数为偶数. 第一步：踩：变亮，其余改变0次（偶数）， 第二步：让各再改变奇数次，从奇变偶，满足总偶数要求， 让其余各再改变偶数次，保持奇偶性符合要求. 因为踩踏对的状态改变，踩踏对的状态不改变， 最优操作仅踩踏而且每块地砖仅踩踏各次即可. 踩踏：翻转,不亮，如图： 踩踏：翻转,不亮， 踩踏：翻转,不亮， 踩踏：翻转,不亮， 刚好达到只有地板砖亮起,此时只有共改变了次状态，状态为亮， 其余每块共改变了次状态，状态为不亮. 若总次数为或，均无法满足上述奇偶要求，总会有多余的砖状态错误. 因此最少次数为. 29．（25-26高三上·四川成都·月考）某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（     ）种不同的走法． A．1049 B．1144 C．1431 D．1705 【答案】C 【解析】设上级台阶最后一步能跨3级的走法数为， 上级台阶最后一步不能跨3级的走法数为， 若最后一步跨1级，则前面级的走法数为， 若最后一步跨2级，则前面级的走法数为， 若最后一步跨3级，则前面级的走法数为， 所以， 又在限制条件下，， 易知上1级台阶有1种走法； 上2级台阶可每次只跨1级，或每次只跨2级2种走法； 上3级台阶可一次跨3级，或每次只跨1级，或一次跨1级另一次跨2级4种走法； 上4级台阶可每次只跨1级，或两次都跨2级，或三次中两次跨1级，一次跨2级，或两次中一次跨1级，一次跨3级共7种走法， 即， 所以，, 所以. 故选：C 30．（2026·广西桂林·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别.信息熵是信息论中的一个重要概念，它是由克劳德·艾尔伍德·香农在20世纪40年代提出，借鉴了热力学的概念，信息熵的数学定义为，其中表示随机变量的信息熵，随机变量所有可能的取值为，，且.若随机变量所有可能的取值为1，2，，若，则的信息熵的值所在的区间为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为随机变量 服从两点分布，所以 ，由题意： ， 所以 ， ， 所以 设 ， 则 ， ， 因为当，，当，， 所以 在 上递增， 上递减， 所以 ，且 ， 显然 ， 又 ， 代入： ，得 ，所以 ， 综上： ，即 . 二、多选题 31．（2026·河南开封·模拟预测）已知是定义在上的非常数函数，，，则（   ） A． B．是偶函数 C． D． 【答案】ACD 【解析】对于A，由，， 令，得，故A正确； 对于B，令，得，则， 即不是偶函数，故B错误； 对于C，令，得， 则恒成立，故， 即，故C正确； 对于D，由， 令，得， 令，得，即， 令，得，即， 同理可得，， 则 ，故D正确. 32．（2026·江西上饶·二模）高斯是德国的著名数学家、物理学家、天文学家和大地测量学家．他被认为是历史上最重要的数学家之一，有“数学王子”的美誉．高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则（   ） A．对于，有 B．是单调函数 C．方程有无数组解 D．方程共有个不等的实数根 【答案】AC 【解析】A选项：设，，其中，分别是，的整数部分，，分别是，的小数部分， 则，，所以，故A正确； B选项：当时，此时，函数为常函数，故B错误； C选项：当，，，，……均满足故C正确； D选项：由，得，则． 当时，，此时； 当时，，代入原方程，得， 即或（舍去），解得； 当时，，代入原方程，得，即，不符合题意； 当时，，代入原方程，得， 即或（舍去），解得， 综上，原方程共有个不同的实根，故D错误． 33．（2026·山西太原·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，的最小值为 B．若有两个极值点，则实数的取值范围为 C．当时，的值域为 D．若存在，使得成立，则实数的最大值为 【答案】BCD 【解析】 ，求导得 A选项，当时，，， 令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则， 即的最小值为，所以A选项错误； B选项，有两个极值点，等价于有两个不同的实数根，即有两个不同的解， 令，则，在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，；且时，，， 所以当时，有两个不同的解，即有两个极值点，所以B选项正确； C选项，若，则， ，所以在定义域内单调递增， 当时，；当时，；则的值域为，所以C选项正确； D选项，存在，使得，即存在，使得， 令，则 ，由B选项解析可知，当时，若，则， 不妨设为的根，即 ， 当，单调递减，当，单调递增， 则在处取得最小值， ， 需要满足存在，使得成立， 令，则，其中， 令，解得，所以在上单调递减，在单调递增， 则，此时 满足题意，所以，所以D选项正确. 34．（2026·河南开封·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，角A的平分线交BC于点D，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最小值为 D．内切圆半径的最大值为 【答案】ABD 【解析】选项A，由， 可得： 因为 所以，是三角形内角，故，即，A正确； 选项B，是角平分线，，， 由可得： ， 代入，整理得：，即，B正确； 选项C，由，利用基本不等式：， 当且仅当时，最小值为，C错误； 选项D，设内切圆半径为，是面积，是半周长， ，， 由内切圆半径公式，可得. 由余弦定理：， 设，， ， 随减小而增大，当取最小值时， 代入得， D正确. 35．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知数列满足，，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．设数列满足，则的最大项为 C．设数列的前项和为，则 D．设数列的前项和为，若，则正整数的最小值为1012 【答案】ACD 【解析】A选项，，即， 故， 又，故，所以，A正确； B选项，， 显然，，，的最大项不为，B错误； C选项，，则①， ②， 式子①-②得， 所以，C正确； D选项，， ， 若为偶数，则， ，即，解得且为偶数， 故且为偶数， 若为奇数，则， ，即，解得且为奇数， 故且为奇数， 综上，若，则正整数的最小值为1012，D正确. 36．（2026·四川德阳·三模）在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（   ） A．存在，使得平面平面 B．是平面的充要条件 C．分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D．任意，的面积不等于 【答案】ABD 【解析】如下图所示，建立空间直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，为正方体中一点，连接，点分别为在平面中的投影，连接，点分别为在平面中的投影，连接， 因为正方体棱长为，， 所以，，，，，，，，， 选项A：存在，使得平面平面， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 因为，， ，， 所以，即， 令，解得，即， ，即，令，解得，即， 若平面平面，则， 即，解得； 选项B：是平面的充要条件， 当时，， ，即， 所以平面， 若平面，则， 即，解得； 选项C：的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 令，即，解得，此时； 选项D：设和的夹角为， ，， ， ， ， 令，即，化简可得， 判别式为， 所以方程无实数解，即对任意，. 37．（2026·河北保定·二模）定义是自然数的所有因数中的最大奇数，记 ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】对A：，，则，故A正确； 对B：法一：、 、、、 、 、、 、、， 则，故B错误； 法二：由题意可得为奇数，则为个奇数之和，为偶数， 故，故B错误； 对C：，其中的唯一的奇因数为，则，故C正确； 对D：由中为偶数，唯一的奇因数为，则， 故，， 故 ， 即有，则， ，，， 则 ， 故，故D正确. 38．（2026·浙江杭州·二模）选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 【答案】ABD 【解析】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为； 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕旋转后重合， 故基本对称角度为； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为， 由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A，总角度可以为，A正确； 对于B，总角度可以为，B正确； 对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误； 对于D，总角度可以为，D正确. 39．（2026·湖南·一模）在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 【答案】ACD 【解析】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，取中点，连接，，则， 即，而点，因此， 得到四边形是过A，F，C的平面截该正方体所得的截面， 其周长为，故A正确； 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 而平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点， 得到到的距离为，到的距离为，到的距离为， 所以线段的最小值为，故B错误； 对于C，由Q是正方形内的动点， 设，，，则，， 由，得，解得， 即点，，动点Q的轨迹是一条长度为2的线段，故C正确； 对于D，点，设四面体外接球的球心，球半径为R， 则 解得，，，， 因此四面体外接球的表面积为，故D正确. 40．（2026·浙江温州·二模）若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】对于A，由，即，为椭圆， 则，取，满足， 而，， 令，由，对任意的，， 此时，因此对于任意点，总存在点， 故是“封闭曲线”； 对于B，由，显然，则， 由于函数在和上均为减函数，如图： 因为该图象是无界的，因此当时，对给定的而言， 是一个具体的正数，则，这与矛盾， 因此，不是“封闭曲线”； 对于C，由， 显然点均满足方程， 则曲线关于，原点对称，且， 因此该曲线上的点均在圆上（或内部）， 所以该曲线的图象是有界的，取， 设，，取， 由，对任意点，， 此时， 因此对于任意点，总存在点， 故是“封闭曲线”； 对于D，由，而， 则时，， 所以曲线的图象无界， 当时，对给定的而言， 是一个具体的正数，则，这与矛盾， 因此，不是“封闭曲线”. 41．（2026·福建·二模）已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 【答案】ABD 【解析】因为抛物线的焦点为，所以， 解得，则抛物线方程为, 如图，作出符合题意的图形，作轴， 对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角， 由斜率的几何意义得， 由诱导公式得， 由焦半径公式得，在中，可得， 则，故A正确， 对于B，设的方程为，， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则，， 由斜率公式得，， 因为，所以，可得， 则，得到被轴平分， 可得的内心在定直线上，故B正确， 对于C，因为被轴平分，所以， 设，， 因为，所以， 由二倍角公式得，解得（另一根舍去）， 则，联立方程组，解得， 此时，与不符，故C错误， 对于D，因为， 所以或（与题意不符，排除）， 设直线的方程为，设， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则， 由弦长公式得，， 由焦半径公式得，且， 而直线的方程为，设到的距离为， 由点到直线的距离公式得， 则， 因为，所以平分， 由角平分线性质得，可得， 化简得，解得，则，故D正确. 42．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，， 是椭圆上异于左、右顶点的一点， 下列说法正确的有（    ） A．的周长为 B．若，则的最小值为 C．满足是直角三角形的点有 8 个 D．的最大值为 【答案】ACD 【解析】 对于A：易知，，则. 由椭圆的定义可知，， 所以的周长为，故A正确； 对于B：，. 当时，，故B错误； 对于C：易知，当或时，是直角三角形，此时点共有4个； 以为直径作圆，圆心为原点，半径，而椭圆上的点到原点距离的范围为， 故圆与椭圆有4个交点，结合圆的性质可知，此时满足条件的点有4个； 综上，满足是直角三角形的点有 8 个，故C正确； 对于D：可以看作是椭圆上的点与点连线的斜率. 设该直线的方程为. 联立，整理得， ， 由，得，即，解得. 所以的最大值为，故D正确. 43．（25-26高三下·陕西商洛·期中）已知双曲线T：（）的左、右焦点分别为,,坐标原点为O,过点且斜率不为0的直线与双曲线T的左、右两支分别交于点和点,的中点为，则下列说法正确的有（   ） A． B． C．若,则 D．若射线是的平分线,则 【答案】BD 【解析】选项A：因为双曲线 的左焦点为 ，则，， 所以， 因为 ，所以 ，选项A错误； 选项B：连接，取的中点为点，连接，， 又 ， , 又 ，且AB的中点为D， ∴，, 在 中，，即 ∴，选项B正确； 选项C：因为是中点，所以 ， 由已知，故 ， 根据双曲线定义： ，， 所以， 因为， 所以，选项C错误； 选项 D：根据角平分线定理： 因为是中点，故，所以， 因为，，且，所以， 又，所以，即， 因为是中点，且，所以， 设，，，直线过， 设直线方程为，代入双曲线，得：， 由，则由弦长公式得，解得， 所以中点坐标为：，， 所以，选项D正确. 44．（2026·陕西西安·模拟预测）声音是由物体振动产生的声波．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，称为复合音，其数学模型为，记，则（    ） A．在区间上有3个零点 B．的最小正周期为 C．的图象关于点中心对称 D．的最大值为 【答案】ACD 【解析】对于A，令，则，即， 故或，而，故，故A正确； 对于B，， 此时，， ，故的最小正周期不为，故B错误； 对于C， ， 故的图象关于点中心对称，故C正确； 对于D，， 因为， 故为周期函数，且周期为， 设，则 ， 令，则或或或或或， 当或或或时，， 当或或时，， 故在，，，上均为增函数， 在，，上均为减函数， 而，， ，， 故，故D正确. 45．（2026·山东聊城·二模）设函数，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称 C．函数在区间上单调递增 D．当时，方程在区间上所有实根的和为 【答案】BCD 【解析】因为且 都是偶函数， 所以 故是函数的一个周期. 又 所以的最小正周期不是，而是.因此A错误. 对于B，任取， ， 由余弦函数的性质可得所以函数的图象关于直线对称，B正确. 对于C，因为， 所以 当时， 从而 于是故函数在区间上单调递增，C正确. 对于 D，令则方程化为即 因为且 所以在区间 上，方程只有唯一解 设则 于是 在区间内，方程的解为 方程的解为 故区间内全部实根为 这些根的和为 ， 所以D正确. 综上，正确选项为BCD. 46．（2026·河南濮阳·二模）已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（   ） A．数列为等比数列 B．，使得 C．数列的通项公式 D．，都有 【答案】AC 【解析】因为定义在上的函数满足：，且， 所以，所以， 又，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确； 所以，所以， 若，得，解得，又，不存在的值， 所以不存在，使得，故B错误； 当时，由，得，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以是函数的第一个极小值点. 若时，则， 则， 所以，， 所以，即 递推得， 求导得， 令，可得，解得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的第个极小值点为， 所以，即，故C正确； 所以第个极小值为 当时，极小值，故D错误. 47．（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 【答案】BCD 【解析】函数，求导可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 极大值为，极小值为， 选项A：函数在上单调性发生了变化，所以不是单调函数； 选项B：函数要有三个不同的零点，则要求的极大值大于且极小值小于， 即，解得； 选项C：当时，函数， 设切点坐标为，切线斜率为， 则切线方程为，化简可得， 根据题目可知，切线经过原点， 代入，可得，解得， 因为只有唯一解，所以当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条； 选项D：令，要使有个不同的实数根，则要求有个不同的实数根，，，且每个有个不同的实数根， 设满足题意，则方程的三个实数根均满足， 当参数为时，方程变为，三个实数根为， 此时要求根满足，该条件等价于， 由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. 【点睛】验证C选项时，设切点坐标，写出切线的方程再把原点代入进行证明， 验证D选项时，能想到分别用和来进行证明. 48．（2026·湖北鄂州·模拟预测）若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（    ） A． B． C．成等比数列 D． 【答案】ABD 【解析】对于，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当，时，，当时，， 故； 对于，函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 故. 对于A，由图知，要使直线与两条曲线和有四个不同的交点，需使，故A正确； 对于B，结合图象可知，，， 结合函数的单调性可知，，即故B正确； 同理可得，由知不可能构成等比数列，故C错误； 由前面分析可知，故D正确． 49．（2026·广东清远·二模）已知函数，设，则下列说法正确的是（   ） A．用表示不大于的最大整数，若，则恒成立 B．若关于的方程与的实数根相同，则 C．若存在两个零点，则 D．若方程在上无解，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】对于A，因为， 所以，故A正确； 对于B，恒成立，所以单调递减， 又， 所以有唯一的实数根， 因为方程与的实数根相同 所以， 所以， 令，则， 所以当时恒成立，所以单调递减， 所以，而，所以， 即，故B错误； 对于C，，即有两个解， 所以函数的图象与函数的图象有两个交点，如图 由图可知，不妨取， ，所以，所以，C正确； 对于D，即， 当时，单调递增，值域为， 当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 又当时，，当时，， 所以当时，的值域为， 所以在上的值域为， 所以方程在上无解，则的取值范围是，正确. 50．（25-26高三上·福建·开学考试）已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【解析】当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1的概率为， 当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0的概率为， 所以， 若，则，所以A正确； 当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1，2号节点也接收到1的概率为，1号节点接收到0，2号节点接收到1的概率为； 当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0，2号节点也接收到0的概率为，1号节点接收到1，2号节点接收到0的概率为， 所以， 若，则，所以B错误； 设基站发送信号1时，第号节点依次接收到的信号仍是1的概率为， 设基站发送信号0时，第号节点依次接收到的信号仍是0的概率为， 若，则， 对于，有，，，所以C正确； 若，则，， 可得递推关系，，解得，， 所以，所以D正确. 故选：ACD 冲刺02填空题压轴预测30题 1．（2026·安徽芜湖·二模）已知集合共有个三元子集.任意一个三元子集，定义.则__________. 【答案】660 【解析】对于集合中的元素，要使在三元子集中， 则可以从1到这个元素中任选1个， 可以从到10这个元素中任选1个， 根据分步乘法计数原理， 作为三元子集的中间数出现的次数为 则. 2．（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 【答案】 【解析】当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 观察图象知，当且仅当且，即时，函数的图象及直线有3个交点， 即方程有三个不相等的实数根，不妨令， 则，由，得，即， 因此，则，所以. 3．（2026·河北唐山·二模）已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________． 【答案】 【解析】因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为， 则，即， 所以集合 当时，集合为，则； 当时，集合为，则； 当时，，则， 综上所述，，则， 设数列前项和为， 当时，； 当时，， 则， 两式相减得，， 则, 显然满足上式，则. 4．（25-26高三下·重庆·期中）若对任意的，恒有，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】对任意的，恒有，则， 即， 令，其中，则， 所以函数在上单调递增，且， 由可得，则， 参变分离可得，构造函数，其中， ， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故，即实数的取值范围是. 5．（2026·浙江·三模）设关于的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________. 【答案】 【解析】由题意知，，原方程两边同时除以，化简为：， 令，则方程变为：， 解得或，即或， 所以原方程实数解的个数转化为与、图象交点的个数， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得最小值为， 又因为当时，，当时，， 而，所以与、图象各有两个交点，即原方程共有个互不相等的实数解. 由得，两边取自然对数：，即， 同理，由化简得：， 所以. 6．（2026·宁夏银川·三模）在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：℃）之间满足：（其中，为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为小时，在的环境下保鲜时间为小时.若该蔬菜运输总物流时间为小时，为保障运输安全，要求保鲜时间不少于运输时长的倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度的最大整数数值为________.（参考数据：，，） 【答案】 【解析】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（，为常数）. 当时，，代入得①， 当时，，代入得②， 将①②化简可得，即，解得， 由运输要求，即， 又因，所以 ， 即 ，而， 其中 ， 所以， 代入可得，因此， 解得. 所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度最大整数值为. 7．（2026·天津和平·二模）已知，，当取得最大值时，此时有函数，函数，且对任意，有不等式恒成立，则实数p的取值范围为__________. 【答案】 【解析】当， ，当且仅当， 即等号成立，故， 故函数，函数， 当时，，最小值为（时取到）， 当时，， 故的最小值为， 对任意，有不等式恒成立等价于对任意，有不等式恒成立， 即，解得或， 所以或， 因为函数在单调递减， 所以解得. 8．（25-26高三·全国·三轮复习）已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】令，则， 不等式等价转化为，即， 构造函数，可得， 因为，可得， 所以，所以为上的增函数， 又因为，所以， 所以，解得，即， 所以，故不等式的解集为． 9．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面与母线SA交于点，当时，面积的最大值为______________． 【答案】 【解析】如图， 弦MN交AB于点，当时，平面，平面平面， 则， 由圆锥SO的底面为单位圆，其体积为， 得，得，则， 设， 则，得，得， ， 则的面积为：， 则， 由，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则当时，取得极大值，也为最大值， 故的最大值为：. 10．（2026·广西贵港·三模）直线与函数的图象交于两点，过点分别作轴的垂线，垂足为，，当矩形的面积为时，___________． 【答案】 【解析】，当时，，当时，， 故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，当时，函数取得最大值， 画出函数简图如下： 设，则，， ，即， 则有，解得，此时. 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知，且，，是在内的三个不同零点，则______. 【答案】 【解析】由题意：，， 得：， 所以或，， 又，所以，，， . 12．（2026·河南开封·模拟预测）在中，，，，点D，E，F分别是，，上的动点，且为等边三角形，则周长的最小值为_______ 【答案】 【解析】在中，，，，则， 又因为，所以， 又因为为等边三角形，所以， 所以， 设，则由正弦定理可得，所以， 在中，，所以， 又因为，所以， 所以， 所以周长 （其中）. 当时，可得周长的最小值为. 13．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，棱长为9cm的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，水面高度.将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 __________. 【答案】/ 【解析】如图，延长，交直线于点， 由题意可得：，， 设，则， 因为密封透明正方体容器水平放置在桌面上与放在坡角为的斜坡上， 容器里的水的体积不变，且放在坡角为的斜坡上时， 水的体积等于长为9cm、宽为9cm、高为的长方体的体积与长为9cm、宽为9cm、高为的长方体的体积的一半之和， 因为，解得：，即， 因为，所以， 因为，所以， 所以， .14．（2026·上海徐汇·二模）如图为一架农业无人机沿固定航线匀速飞行，并在某时刻向下喷洒农药的示意图.将种植坡面视为坡角为的平面，航线视为直线，无人机视为航线上的点，无人机在任意时刻喷洒农药的雾滴形成的形状均为以铅垂线为轴､母线与轴夹角为的圆锥及其内部.若无人机飞行的海拔高度恒定，航线与种植坡面平行且距离为3米，假设无人机飞行时农药喷洒不间断且不受风速影响；则飞行过程中会在种植坡面上形成一条宽为米的“农药条带”.当时，的最大值为__________.（结果精确到） 【答案】 【解析】 作垂直于无人机航线与平面的平面，与无人机航线交于点A,与平面交于直线BC， 线段BC的长为农药条带的宽度，BH为水平线 作于D，于H,由坡角为易得， 由题意得, 则，， 所以， ， 因为，所以，， . 15．（2026·江西·三模）若函数在区间内有且仅有个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】已知函数在区间内有且仅有个零点， 即方程在上有两个不等的实数解， 令，则，则， 当时，每个都对应两个值； 当或时，每个都对应一个值； 当时，每个都对应三个值； 当时，，则有两个的值，满足题意； 当时，每个都有两个与它对应，当时，函数都有两个与对应， 此时方程在上有四个不等的实数解，不满足题意； 当时，或，则或有四个的值，不满足题意； 当时，每个与一一对应，当时，函数都有两个与对应，满足题意； 当时，，则有一个的值，不满足题意； 综上所述，实数的取值范围为. 16．（25-26高三下·上海金山·阶段检测）球是一个半径为1的球，其大圆上有一个内接正二十四边形是球面上一点，是正二十四边形边上一点，均不与重合，记，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】设球心O为坐标原点，正二十四边形所在平面为平面， 点都在单位圆上，即 . 点A是球面上一点，所以,点B是正二十四边形上一点，所以 . 已知，, 则， 故，故， 又因为是正二十四边形且内接于以O为圆心的圆，其顶点的向量和为零向量， 即 ，故， 即. ， 故，同理，即， 故. 当点位于正二十四边形边上（非顶点）时，最小值为中心到边的距离， 趋近于顶点时，最大值趋近于1. 故，则， ， 由半角公式可得 则. 17．（2026·天津·一模）如图，△ABC中，点D，E，F分别是线段AF，BD，CE的中点，设，，则__________（用，表示）；已知，，，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】第一空，， 得， 得，由，， 得． 第二空：不妨记，， 由余弦定理得，， 得， 由得，，得， 则 由，得 ， 因为，等号成立时，，得， 则， 故的最大值为． 18．（2026·湖南·一模）已知数列的通项公式是.设为数列的前n项和，当时，______；若存在n，使得，则m的最小值为______. 【答案】 6 16 【解析】当，即时，，不符合题意； 当，即时，又为偶数，所以， 即，，，解得； 综上，当时，. 当时，，则数列是周期数列，周期为， 所以的正负，只需考查即可， 当时，奇数项构成首项，公差为的等差数列， 偶数项构成首项为，公比为的等比数列， 当，时， ， ， ∵时，，， 时，，， 所以若存在，使得，则，故的最小值为16. 19．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 【答案】19 【解析】因为数列是“和谐数列”，且， 所以共有6项，且. 若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个； 若，，，有2项为0，1项为1，1项为， 则满足条件的数列的个数为； 若，，，有2项为1，2项为， 则满足条件的数列的个数为，所以的个数为. 20．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 【答案】 【解析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为． 设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以， 设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止； ②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 则，而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 即当时，，当时，， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． 21．（2026·河北沧州·模拟预测）已知实数满足，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】由，可得， 设点，则点在以点为圆心，2为半径的圆上， 所以， 根据几何意义设，则， 过点作圆的切线，与圆交于点， 此时， 故， 所以， 因为，所以，即 所以，所以， 故最大值为. 22．（25-26高三下·内蒙古呼和浩特·月考）在中，内角的对边分别是，，，点在边上，且，则线段长度的最小值为 ____________________ ． 【答案】/ 【解析】由和正弦定理，可得 ， 整理得，由余弦定理，， 因为，故. 由得，即 ， 两边取平方得 （*）， 因，，， 代入（*），整理得， 已知，则， 则， 因，可得，当且仅当即时取等. 因此，故. 23．（25-26高三下·北京·阶段检测）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是______． 【答案】/ 【解析】取中点，连接，过G作的垂线交的延长线于点K， 取中点N，连接， 由已知，M、I分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为， ，在中，， 所以，设，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面，平面，所以， 所以，即， 解得， 所以点到平面的距离是． 24．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，，，E、F、G、H分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连_______条（用数字作答）；若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球的半径___________． 【答案】 5 / 【解析】 第一个空：折痕如上图1中虚线段，折叠后点A，B，C，D重合为一点如图2，所以折痕虚线段共5条. 第二个空：小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形， 该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影， 因此小球任意滚动时，小球球心形成的轨迹为一个小正四面体， 该小正四面体的面与正四面体的对应面平行，距离为半径，设其棱长为， 则小球球心在正四面体对应面上的投影总面积为， 取中点，连接，， 设小球与顶点的正四面体的3个面都相切时的球心为，点在平面上的投影为， 那么为的中心，则在线段上，且， 令在平面上的投影为，则在线段上， 设与平面平行的小正四面体的面交于点，设小球半径为， 那么，， 由，可得，， 则，即. 所以，该小球半径为. 25．（2026·江苏·模拟预测）已知菱形，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，设点是的中点．记的面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】已知菱形，则均为边长为2的等边三角形， 连接，则，且， 设二面角的平面角为，则平面， 为的中点，在等腰中，， 由平面，得， ， ， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则， 是中点， ， 设三棱锥的外接球球心为，则，解得， ， ， 设外接球半径为，则 ， ， ， 令，则， 当且仅当时取最小值， ． 26．（2026·河南开封·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，点P为抛物线C第一象限上一点，由点P向圆O：引两条切线，切点分别为A，B，若四边形PAOB的面积为，则直线AB的方程为_____. 【答案】 【解析】设则由题意， 设为切点，因为是圆的切线，所以 故即整理得 又因为点在圆上，所以 于是同理，对点也成立. 所以直线经过点，其方程为 设 圆心到直线的距离为 因为是圆的一条弦，所以 又点到直线的距离为因此 而这两个三角形有公共底边，故 从而得到 又因为从而得到所以即 将代入，得 即解得或. 因为点在第一象限，所以于是 又因为故所以 将代入，得即直线AB的方程为. 27．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与该双曲线的左、右支分别交于两点，记与的内切圆的半径分别为，若，则的值为___________． 【答案】 【解析】由双曲线，得，则，， 设，则， 所以， ， 则． 在与中，， 即，整理得， 所以，解得， 所以． 28．（2026·山东德州·模拟预测）某挑战赛设置了个连续关卡，分别记为第1关卡，第2关卡，⋯，第关卡，每个参赛团队的选手人数均为，每2名选手组成一个双人挑战组，共个双人挑战组，每个关卡均由其中1个双人挑战组进行挑战，各关卡参赛选手均不相同，关卡挑战从第1关卡开始依次挑战，每个关卡至少有1名选手挑战成功（即该关卡挑战成功），才能进入下一个关卡的挑战.若某参赛团队这个连续关卡均挑战成功，则该参赛团队的挑战赛通关.已知参赛团队的每名选手挑战成功的概率均为，且各选手的挑战结果相互独立，若在挑战赛通关的情况下，记内挑战不成功的选手总人数为，则__________. 【答案】8 【解析】依题意，当参赛团队挑战赛通关时，每个关卡至少有1名选手挑战成功， 在挑战赛通关的情况下，设第个双人挑战组的挑战不成功的选手人数为， 的可能值为，挑战不成功的选手总人数，于是， 双人挑战组关卡挑战成功的概率，则， ，， 所以. 29．（25-26高三下·安徽阜阳·期中）2026年某中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点.本校职工小明，小浩，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）.预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为_________. 【答案】 【解析】将6项不同的考试分配给小明、小浩、小文三人，每人至少1项，至多3项，有和两种分配方案， 因此总分配方案数为， 小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，当小明不监考这两项， 即小明监考其余4项，有以下两种情况： 当每人按分配时，小明从其余4项中选2项方案数为种； 当每人按分配时，小明可能选1项，2项，3项，方案数为种； 所以小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，三人不同的监考安排方案种数为：种. 30．（25-26高三上·甘肃临夏·期末）甘肃河西走廊新能源基地每日风力发电量的增减变化呈现规律.简化后的模型如下：若第一天中风力发电量增长，则第二天有的概率继续增长，的概率下降，的概率稳定；若第一天中风力发电量下降，则第二天有的概率继续下降，有的概率增长，的概率稳定；若第一天中风力发电量稳定，则第二天有的概率继续稳定，的概率下降，的概率增长.若第一天发电量增长或下降的概率均为，则第二天发电量增长的概率为______，第n天发电量增长的概率______. 【答案】 【解析】已知第一天发电量增长的概率为 ，下降的概率为 ，稳定的概率为 ， 根据转移概率，由全概率公式，第二天发电量增长的概率为： 设第 天发电量增长的概率为 ，下降的概率为，稳定的概率为，则， 由转移概率得：， 代入 ，化简得：， 即， 已知 ，所以， 所以数列 是首项为 、公比为 的等比数列， 所以因此， 冲刺03 解答题压轴预测20题 1．（2026·辽宁辽阳·二模）已知数列，是的前n项和． (1)若，，求证：； (2)求的值； (3)求证：． 【解析】（1） ， 又，，故； （2）由（1）可得， 故 ； （3） ， 又， 故， 故，故； 令，则， 故在上单调递减，故， 即对任意恒成立，则， 则， 又，故； 当时， ， 则，即有， 则， 则， 又，则， 综上所述：可得. 2．（2026·重庆·二模）已知正项数列的首项且满足：. (1)令，证明是等差数列，并求的通项公式； (2)设是互不相同的正整数，求证：； (3)记.若对于任意，均存在正整数，使得，则称具有“积回归性”.请判断数列是否具有“积回归性”，并证明你的结论. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 (3)数列具有“积回归性”，证明见解析 【解析】（1）由可得，令，则，所以，， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列， 由， 因此当时，有，得 由于，所以，所以，即， 当时，，符合上式，所以， 因为是正项数列，所以. （2）由（1）得，由于是互不相同的正整数，不妨设， 显然，并且在时单调递减，所以， 当时，， 当时，由于， 所以， 得， 即， 所以， 因此，对任意互不相同的正整数，都有. （3）由（1）得，则， 对任意的，， 所以， 不妨设，则， 要使，即，得， 即当时，有，由于，是正整数， 因此对任意，均存在正整数，使得，即数列具有“积回归性”. 3．（2026·重庆·一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次且后仍未累计命中次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得分，未命中记得分，当累计得分达到分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到分，游戏立即结束，无法获奖. 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为. (1)当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望； (2)当且时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； (3)记甲同学获奖时，投掷次数不超过次的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值. 【解析】（1）由题可知：的取值可能为， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 故. （2）记事件：甲同学获奖， 显然，，设表示甲投掷的次数，若甲投掷次并获奖， 则， 所以， 令， 所以， 两式相减： ， 即，所以． （3）记表示乙同学的得分，， 记事件：乙同学获奖，表示乙同学得分为分时，最终获奖的概率， 显然，又， 由全概率公式知：， 所以， 那么： ， 即， 同理：， ， ， ， 累加有， 所以， 即，即， 即， 由甲同学获奖时，投掷次数不超过次的概率为得：， 由，即，解得， 故的最小值为. 4．（25-26高三下·广西崇左·阶段检测）已知抛物线的准线交x轴于点K，垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，且，. (1)求抛物线C的标准方程； (2)若在第一象限内C上有个不同的点，满足，且，点为点关于y轴的对称点. （i）求数列的通项公式； （ii）令，为数列的前n项和，求使不等式恒成立的最大整数n的值. 【解析】（1）由题意可知：抛物线C的准线方程为，则点， 因为垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，， 把代入得，解得， 不妨设M在第一象限，则，， 因为，即， 则，整理可得，解得， 所以抛物线C的标准方程为. （2）（i）因为，在抛物线C上， 则，即， 因为，则， 整理可得， 因为，则，即， 且，可知数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即； （ii）由（i）可知：，则，可得， 则，可得， 两式相减得 ， 则，即， 因为点为点关于y轴的对称点，则，可得， 不等式即为，等价于， 令，则， 令，即，解得； 令，即，解得； 且，，，则， 可知不等式的解集为， 所以使不等式成立的最大整数n的值为6. 5．（25-26高三下·甘肃金昌·月考）已知函数，，设的零点为. (1)求的值； (2)证明：为单调数列，并求中的最小项； (3)证明：. 【解析】（1）当时，的定义域为， 因，则此时在上单调递增， 又， 所以在内的唯一零点为，所以. （2）的零点为，得， 则， 两式相减，得， 所以， 令，由（1）分析可知在上单调递增，所以， 故为递增数列，且中的最小项为. （3）令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，当且仅当时等号成立， 又，所以， 因为的零点为，则， 移项得，则， 当时，有，则， 所以， 又，所以当时，， 当时，， 综上所述. 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在圆柱中，矩形为其轴截面，点为底面半圆弧上的动点（前半部分，且点不与点重合），点在母线上，，，点是上底面内的一个动点. (1)若，平面，求的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求到的最大距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【解析】（1） 当时，点在线段上， 过作，交于，过作，交于， 此时，面，面， 所以平面，此时， 因为，所以，即，解得， 所以. （2） 过作，交下底面圆周于点， 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 可知点在以为圆心，以为半径的圆上，所以设点， 可知，， 可知点到的距离为， 可知， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 当时，最大值， 即当时，点到的最大距离为. （3）可知点在以为圆心，以为半径的圆周上， 所以设， 可知，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 令，即， 因为，所以，可得， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 所以函数在上单调递减， 所以当时，，所以， 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 7．（25-26高三上·江西南昌·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 【解析】（1）由题意，，，，所以，则有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）因为平面，平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等， 即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则，令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为=， 化简得则， 故. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【解析】（1）因为 ， 所以，即． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 9．（2026·浙江·三模）为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. (1)求的方程； (2)求证：； (3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由椭圆方程可知：， 因为，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为， 由正弦定理可得， 即，整理可得. （3）假设存在，可设直线，，，且， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线， 令，可得，即， 同理可得， 若四点共圆，则， 可得， 且，则，可得， 且，，， 则， 整理可得， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点四点共圆，此时. 10．（2026·河南开封·模拟预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过点.在双曲线上异于点的两点满足. (1)求双曲线的方程. (2)若，探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（，，分别为直线，，的斜率） (3)记的外接圆为圆，在点处作圆的切线，求的方程. 【解析】（1）双曲线的离心率为，平方得到，又，得到. 双曲线经过点，，解得. 双曲线的方程为. （2），是双曲线上异于点的两点，，， 若，则与符号相同，与在双曲线的同一支上. ，可设的斜率为，则的斜率为，与是相异两点，可知，直线， 同理直线，先联立直线与双曲线可得 ，得. 直线显然不能与双曲线的渐近线平行，， 判别式， 当时，直线与双曲线必有两个交点，由韦达定理，可得，代入得到. 同理，用替换式子中的可得， 将分别代入直线中，得. . 是定值. （3）利用外接圆的几何性质，可知圆心在线段的垂直平分线和线段的垂直平分线的交点处， 可设的中点为，的中点为： 由（2）中已经联立直线与双曲线得到的方程：， 由韦达定理，，可得，代入直线的方程，可得， 利用相互垂直的直线斜率乘积为，可写出的垂直平分线的方程为：； 同理，用替换式中的，可得到线段的中点，，的垂直平分线的方程为：； 联立两条直线，可求得圆心的坐标，，， 过点的半径的斜率，得到切线的斜率为， 所以切线. 11．（2026·辽宁·模拟预测）如图，已知抛物线C：的图象与x轴交于O，A两点，且过点. (1)求抛物线的解析式和点A的坐标； (2)若将抛物线的图象向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得抛物线C′的图象. ①设M为抛物线位于第一象限内的任意一点，轴于点，求的最小值； ②若过抛物线的焦点F作直线AB，与抛物线C′交于A，B两点，再过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点，求的值. 【解析】（1）由抛物线C：的图象过点，可得，解得， 于是抛物线C的解析式为， 令，得，， 所以点A的坐标为； （2）①由（1）得抛物线C：， 由题意，可得它经过平移后抛物线的解析式为，即， 设抛物线的焦点为，将延长交直线于点E，如图， 可得，则， 所以， 要使最小，只需最小即可， 根据两点间线段最短， 可得（A，M，F三点共线时，等号成立，且点M在线段AF上）， 即的最小值为， 直角中，由勾股定理，得， 故的最小值为； ②设，，， 在点处的切线方程为，整理得， 同理可得在点B处的切线方程为， 联立，解得，即， 设直线AB的方程为，与联立，得，则， 所以， 而， 故，所以. 12．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）为传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，哈三中举办“非遗文化进校园”主题活动，现有来自剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗项目的传承人各1名，安排到剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗体验工坊进行授课，要求每个工坊安排1名传承人，每名传承人仅在一个工坊授课. (1)求在剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课的条件下，皮影项目的传承人不在皮影工坊授课的概率； (2)在概率论和统计学中，常用协方差来描述两个随机变量之间的线性相关程度，给定离散型随机变量X，Y，定义协方差为.如果协方差为正，说明两个随机变量具有正相关关系；如果协方差为负，说明两个随机变量具有负相关关系；如果协方差为零，说明两个随机变量在线性关系上不相关.在参与授课的4名传承人中，记在对应项目工坊授课的传承人数为，不在对应项目工坊授课的传承人数为. （ⅰ）求随机变量的分布列； （ⅱ）求，并说明X，Y之间的线性相关关系. 【解析】（1）设“剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课”为事件A， “皮影项目的传承人不在皮影工坊授课”为事件B， 剪纸项目的传承人在剪纸工坊，剩下3人全排列，即， 皮影项目的传承人只能在除剪纸项目与皮影项目剩下的2个项目中选1个，即， 剩下2人全排列，即，所以， 所以. （2）（ⅰ）由题意得总分配方案数为，设4人为1，2，3，4，对应的工坊为, 当时，4人都在自己对应的工坊，只有1种情况， 即， 当时，从4人中选2人在对应工坊，有种选法， 剩下两人都不在对应工坊，只有1种排法，共有种排法， 即， 当时，从4个人中选1人在对应工坊，有种选法， 剩下三人必须不在对应的工坊，不妨设剩下的3人为， 1不在，只能在中选，有种选法， 只能调换位置，有1种排法，共种排法， 即， 则， 随机变量的分布列如下： 0 1 2 4 （ⅱ）由题意得， 由上可得， ， 则， ， 则 因为协方差为负数，由题意得随机变量与之间具有负相关关系. 13．（2026·江苏·三模）某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． (1)求，； (2)求的表达式； (3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 【解析】（1）依题意，， ． （2）事件发生分两步： 第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为， 第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为； 由全概率公式得，， 设， 则， 两式相减得， ， 所以，所以． （3）依题意，， 又因为，， 所以， 令，则， 因为，所以， 故数列在时递增，又，， 故当，4时，， 故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大， 当时，，故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小． 14．（25-26高三下·云南·月考）某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具． (1)若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率． (2)在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为． （i）求的数学期望； （ii）证明：． 【解析】（1）甲第一次一定会得到一张卡片，甲第二次得到的卡片和第一次得到的卡片相同，甲第三次得到的卡片和第一次得到的卡片不同， 则甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率为． （2）（i）设表示在甲已获得第种类型的卡片后，获得第种类型卡片需要购买的玩具数，则． 甲第一次购买玩具得到第1种类型的卡片的概率为1， 在甲已获得第1种类型的卡片后，每次试验中获得第2种类型卡片的概率为， 在甲已获得第2种类型的卡片后，每次试验中获得第3种类型卡片的概率为， 依此类推，在甲已获得第种类型的卡片后，每次试验中获得第种类型卡片的概率为，则均服从几何分布， 所以． （ii）证明：． 设，则． 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，得，当且仅当时，等号成立． 令，得，则．① 设，则． 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，得， 当且仅当时，等号成立． 令，得，则．② 由①②得， 所以， 即 15．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 【解析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况. 则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为. （2）（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动次，则上下各移动次， 所以 ， （ii）由可知： ， 则， 所以， 令，则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 所以，， 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即， 综上，当时，成立，所以点M是常返的. 16．（2026·江苏·三模）已知，函数. (1)若是函数的极小值点，求； (2)若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行. 【解析】（1）依题意，. 因为是的极小值点，所以，得. 此时，当时，；当时，， 所以是函数的极小值点，所以. （2）（i）因为，是的两个极值点， 所以的判别式， 解得或，故的取值范围是. （ii）由（i）可得，， 依题意， ， 令，设函数， 此时，对称轴， 而，故， 又，， 故在存在两个不同的零点，且， 综上，存在，且， 使得曲线在和处的切线都与直线平行. 17．（2026·浙江·三模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围； ②求的最小值. 【解析】（1），所以 ，可得点 ，所以 ， 所以切线方程为. （2）①因为， 若，则恒成立，故在上递增，不可能有三个零点，不合题意. 若，则有两个不相等的实数根，记为，且， 故在上递增，在上递减， 因为，所以， 又因为当时，， 令，则， 所以在上递增，且， 同理，所以在和上各有一个零点，又显然是的一个零点. 综上，当函数有三个零点时，可得实数的取值范围为. ②，因为，所以，， 所以， 由， 可得 ， 又因为 ， 根据区间单调性，可得 ， 所以， 又因为，当且仅当，即时等号成立， 所以. 18．（2026·江西·二模）已知函数． (1)当时，求曲线的斜率为的切线方程； (2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 【解析】（1）设曲线的斜率为的切线的切点为，， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，所以，则， 故曲线的斜率为的切线方程为，即． （2）由题意知在上恒成立， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以． 由题意可知， 即实数m的取值范围为． （3）证明：由（2）可知，当时，在上恒成立， 所以当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立． 因为，所以，， 所以，所以， 同理，则，所以， 因为，所以． 由，得当时，，所以在上单调递增； 当时，令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以，，即在上恒成立，所以在上又单调递增． 又，，所以存在，使得， 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，故存在唯一的，使得， 所以当时，，当时，． 由上可知，，且，在上单调递增，所以，即， 因为，所以，又，则， 所以，则， 由，所以． 19．（2026·河北沧州·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性. (2)若存在，使得. （i）求的值； （ii）证明： 【解析】（1）因为，， 则， 令，， 当时，，此时函数在区间上单调递增； 当时，函数的对称轴为，， 当时，，， 当时，即时，在区间上恒成立， 此时函数在区间上单调递减； 当时，即时，有两个不等实根分别为，， 此时函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，，，此时在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. 综上所述，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减. （2）依题意可知，，，为函数的三个零点，由（1）可知，当时，符合题意， 又，且， 则， 又，所以是函数的一个零点，因为，则， 当时，，又， 所以在区间上存在唯一零点， 同理可得，在区间上存在唯一零点， 又因为， 且，所以， 据此可知，当时，有三个零点，，，且，. （i）. （ii）证明：由上可知， 又函数在区间上单调递增， 且， 所以， 又因为，所以，所以， 即成立. 20．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，关于的方程有两个不等实根，，且满足，求实数的取值范围； (3)数列的前项和为，设数列的前项和为，且，，求证：当时，有. 【解析】（1）当时，，则 令，则 当时，，，故，单调递减. ，故时，，即. 当时：，故，即 综上，单调递增区间：，单调递减区间： （2）当时，，方程为 设，则，且 两式相减 因此 令，求导， 令，，单调递减， 所以在上单调递减时，；时， 所以 记，则，单调递增， 所以 （3）由(1)知，当时，，即 取，得， 因此 由(2)知，当时，. 取（，此时），则 所以 记，，则 故在上单调递增，因此，即 取，则 所以，得证 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学考前冲刺压轴预测100题 目 录 冲刺01 选择题压轴预测50题 1 冲刺02填空题压轴预测30题 11 冲刺03 解答题压轴预测20题 16 冲刺01 选择题压轴预测50题 一、单选题 1．（2026·北京朝阳·一模）已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（   ） A．50 B．51 C．52 D．53 2．（25-26高三上·浙江宁波·期末）已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（     ） A．1215 B．1216 C．1217 D．1218 3．（25-26高三下·上海浦东新·期中）对定义在上的非常值函数，若存在一个非零常数，使得对任意，都有成立，那么称函数为函数．现有以下两个命题：①若函数为函数，则，且；②既存在严格增的函数，也存在严格减的函数．则下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 4．（2026·重庆·模拟预测）已知函数的定义域为，，且，若，则正整数的最小值为（    ） 5．（25-26高三下·北京海淀·期末）已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·湖北·二模）定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 9．（25-26高三下·贵州黔东南·月考）定义在上的函数与满足：，若是奇函数，则（　　） A．0 B．2025 C．4050 D．6075 10．（2026·山东德州·模拟预测）已知，，为两两不相等的正数，设函数，则（   ） A．没有零点 B．有唯一零点 C．至多有一个零点 D．至少有一个零点 11．（25-26高三上·湖北荆州·期末）设函数，若方程有5个不同的实数解，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 12．（25-26高三上·山东德州·期中）已知函数，若存在三个不相等的实数，，，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 13．（25-26高三上·北京西城·期末）激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使神经网络能够学习和逼近复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．其中，就是一个常见的激活函数，它可以将输入的实数输出到区间上．若希望输出的值增加，即，则与的最小值最接近的是（参考数据：）（   ） A． B． C． D． 14．（2026·重庆·二模）若经过点的直线既与曲线相切，也与曲线相切，则（ ） A． B．1 C．2 D． 15．（2026·湖南怀化·模拟预测）已知点，，定义为A，B的“镜像距离”.若点A，B在曲线上，且的最小值为2，则实数a的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 16．（2026·云南·模拟预测）已知点满足：，是函数图象上任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 17．（2026·重庆永川·模拟预测）函数对应的图象如图，点为图象与轴的交点，点为图象的最高点，点为图象的最低点， 若，则的值为（ ） A．2 B． C． D． 18．（2026·湖北荆州·模拟预测）已知，向量满足，则的最大值为（    ） A．5 B． C． D． 19．（2026·陕西铜川·三模）已知函数，，假如，，是曲线，上从左往右依次连续相邻的三个交点，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 20．（25-26高三上·山东潍坊·期中）已知数列满足，设，则数列的前2026项和为（　　） A． B． C． D．506 21．（25-26高三上·湖南娄底·期末）已知正项等比数列的前n项和为，，.若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 22．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，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（   ） A． B． C． D． 23．（2026·河南开封·模拟预测）图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 24．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 25．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，有一系列点，，…，，，且所有的点均在函数的图象上，已知以点为圆心的均与y轴相切，且与外切，，若，且对，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 26．（25-26高三下·湖南·阶段检测）已知双曲线的左､右焦点分别为为上异于实轴端点的动点，若，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 27．（2026·安徽芜湖·二模）有公共焦点的抛物线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 28．（25-26高三下·陕西商洛·期中）某展馆中有一个灯光走廊,它是由块感应发光地板砖组成的.如图所示,每块地板砖只有“亮”与“不亮”两种状态,踩踏地板砖一次,将导致自身和所有相邻的地板砖中的灯的状态发生改变（例如,在全部地板砖均为“不亮”的状态下,踩踏地板砖时, 地板砖亮起,周围的地板砖也发亮,其他地板砖仍保持“不亮”状态）.若初始时地板砖都为“不亮”状态,第一次先踩踏地板,要使得最终只有地板砖亮起,则需要踩踏地板砖的最少次数为（   ） A． B． C． D． 29．（25-26高三上·四川成都·月考）某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（     ）种不同的走法． A．1049 B．1144 C．1431 D．1705 30．（2026·广西桂林·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别.信息熵是信息论中的一个重要概念，它是由克劳德·艾尔伍德·香农在20世纪40年代提出，借鉴了热力学的概念，信息熵的数学定义为，其中表示随机变量的信息熵，随机变量所有可能的取值为，，且.若随机变量所有可能的取值为1，2，，若，则的信息熵的值所在的区间为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 二、多选题 31．（2026·河南开封·模拟预测）已知是定义在上的非常数函数，，，则（   ） A． B．是偶函数 C． D． 32．（2026·江西上饶·二模）高斯是德国的著名数学家、物理学家、天文学家和大地测量学家．他被认为是历史上最重要的数学家之一，有“数学王子”的美誉．高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则（   ） A．对于，有 B．是单调函数 C．方程有无数组解 D．方程共有个不等的实数根 33．（2026·山西太原·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，的最小值为 B．若有两个极值点，则实数的取值范围为 C．当时，的值域为 D．若存在，使得成立，则实数的最大值为 34．（2026·河南开封·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，角A的平分线交BC于点D，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最小值为 D．内切圆半径的最大值为 35．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知数列满足，，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．设数列满足，则的最大项为 C．设数列的前项和为，则 D．设数列的前项和为，若，则正整数的最小值为1012 36．（2026·四川德阳·三模）在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（   ） A．存在，使得平面平面 B．是平面的充要条件 C．分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D．任意，的面积不等于 37．（2026·河北保定·二模）定义是自然数的所有因数中的最大奇数，记 ，则（   ） A． B． C． D． 38．（2026·浙江杭州·二模）选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 39．（2026·湖南·一模）在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 40．（2026·浙江温州·二模）若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（   ） A． B． C． D． 41．（2026·福建·二模）已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 42．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，， 是椭圆上异于左、右顶点的一点， 下列说法正确的有（    ） A．的周长为 B．若，则的最小值为 C．满足是直角三角形的点有 8 个 D．的最大值为 43．（25-26高三下·陕西商洛·期中）已知双曲线T：（）的左、右焦点分别为,,坐标原点为O,过点且斜率不为0的直线与双曲线T的左、右两支分别交于点和点,的中点为，则下列说法正确的有（   ） A． B． C．若,则 D．若射线是的平分线,则 44．（2026·陕西西安·模拟预测）声音是由物体振动产生的声波．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，称为复合音，其数学模型为，记，则（    ） A．在区间上有3个零点 B．的最小正周期为 C．的图象关于点中心对称 D．的最大值为 45．（2026·山东聊城·二模）设函数，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称 C．函数在区间上单调递增 D．当时，方程在区间上所有实根的和为 46．（2026·河南濮阳·二模）已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（   ） A．数列为等比数列 B．，使得 C．数列的通项公式 D．，都有 47．（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 48．（2026·湖北鄂州·模拟预测）若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（    ） A． B． C．成等比数列 D． 49．（2026·广东清远·二模）已知函数，设，则下列说法正确的是（   ） A．用表示不大于的最大整数，若，则恒成立 B．若关于的方程与的实数根相同，则 C．若存在两个零点，则 D．若方程在上无解，则的取值范围是 50．（25-26高三上·福建·开学考试）已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 冲刺02填空题压轴预测30题 1．（2026·安徽芜湖·二模）已知集合共有个三元子集.任意一个三元子集，定义.则__________. 2．（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 3．（2026·河北唐山·二模）已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________． 4．（25-26高三下·重庆·期中）若对任意的，恒有，则实数的取值范围为_____. 5．（2026·浙江·三模）设关于的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________. 6．（2026·宁夏银川·三模）在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：℃）之间满足：（其中，为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为小时，在的环境下保鲜时间为小时.若该蔬菜运输总物流时间为小时，为保障运输安全，要求保鲜时间不少于运输时长的倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度的最大整数数值为________.（参考数据：，，） 7．（2026·天津和平·二模）已知，，当取得最大值时，此时有函数，函数，且对任意，有不等式恒成立，则实数p的取值范围为__________. 8．（25-26高三·全国·三轮复习）已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为______． 9．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面与母线SA交于点，当时，面积的最大值为______________． 10．（2026·广西贵港·三模）直线与函数的图象交于两点，过点分别作轴的垂线，垂足为，，当矩形的面积为时，___________． 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知，且，，是在内的三个不同零点，则______. 12．（2026·河南开封·模拟预测）在中，，，，点D，E，F分别是，，上的动点，且为等边三角形，则周长的最小值为_______ 13．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，棱长为9cm的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，水面高度.将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 __________. 14．（2026·上海徐汇·二模）如图为一架农业无人机沿固定航线匀速飞行，并在某时刻向下喷洒农药的示意图.将种植坡面视为坡角为的平面，航线视为直线，无人机视为航线上的点，无人机在任意时刻喷洒农药的雾滴形成的形状均为以铅垂线为轴､母线与轴夹角为的圆锥及其内部.若无人机飞行的海拔高度恒定，航线与种植坡面平行且距离为3米，假设无人机飞行时农药喷洒不间断且不受风速影响；则飞行过程中会在种植坡面上形成一条宽为米的“农药条带”.当时，的最大值为__________.（结果精确到） 15．（2026·江西·三模）若函数在区间内有且仅有个零点，则实数的取值范围为__________. 16．（25-26高三下·上海金山·阶段检测）球是一个半径为1的球，其大圆上有一个内接正二十四边形是球面上一点，是正二十四边形边上一点，均不与重合，记，则的取值范围是__________. 17．（2026·天津·一模）如图，△ABC中，点D，E，F分别是线段AF，BD，CE的中点，设，，则__________（用，表示）；已知，，，则的最大值为__________. 18．（2026·湖南·一模）已知数列的通项公式是.设为数列的前n项和，当时，______；若存在n，使得，则m的最小值为______. 19．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 20．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 21．（2026·河北沧州·模拟预测）已知实数满足，则的最大值为__________. 22．（25-26高三下·内蒙古呼和浩特·月考）在中，内角的对边分别是，，，点在边上，且，则线段长度的最小值为 ____________________ ． 23．（25-26高三下·北京·阶段检测）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是______． 24．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，，，E、F、G、H分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连_______条（用数字作答）；若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球的半径___________． 25．（2026·江苏·模拟预测）已知菱形，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，设点是的中点．记的面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则的最小值为__________． 26．（2026·河南开封·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，点P为抛物线C第一象限上一点，由点P向圆O：引两条切线，切点分别为A，B，若四边形PAOB的面积为，则直线AB的方程为_____. 27．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与该双曲线的左、右支分别交于两点，记与的内切圆的半径分别为，若，则的值为___________． 28．（2026·山东德州·模拟预测）某挑战赛设置了个连续关卡，分别记为第1关卡，第2关卡，⋯，第关卡，每个参赛团队的选手人数均为，每2名选手组成一个双人挑战组，共个双人挑战组，每个关卡均由其中1个双人挑战组进行挑战，各关卡参赛选手均不相同，关卡挑战从第1关卡开始依次挑战，每个关卡至少有1名选手挑战成功（即该关卡挑战成功），才能进入下一个关卡的挑战.若某参赛团队这个连续关卡均挑战成功，则该参赛团队的挑战赛通关.已知参赛团队的每名选手挑战成功的概率均为，且各选手的挑战结果相互独立，若在挑战赛通关的情况下，记内挑战不成功的选手总人数为，则__________. 29．（25-26高三下·安徽阜阳·期中）2026年某中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点.本校职工小明，小浩，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）.预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为_________. 30．（25-26高三上·甘肃临夏·期末）甘肃河西走廊新能源基地每日风力发电量的增减变化呈现规律.简化后的模型如下：若第一天中风力发电量增长，则第二天有的概率继续增长，的概率下降，的概率稳定；若第一天中风力发电量下降，则第二天有的概率继续下降，有的概率增长，的概率稳定；若第一天中风力发电量稳定，则第二天有的概率继续稳定，的概率下降，的概率增长.若第一天发电量增长或下降的概率均为，则第二天发电量增长的概率为______，第n天发电量增长的概率______. 冲刺03 解答题压轴预测20题 1．（2026·辽宁辽阳·二模）已知数列，是的前n项和． (1)若，，求证：； (2)求的值； (3)求证：． 2．（2026·重庆·二模）已知正项数列的首项且满足：. (1)令，证明是等差数列，并求的通项公式； (2)设是互不相同的正整数，求证：； (3)记.若对于任意，均存在正整数，使得，则称具有“积回归性”.请判断数列是否具有“积回归性”，并证明你的结论. 3．（2026·重庆·一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次且后仍未累计命中次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得分，未命中记得分，当累计得分达到分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到分，游戏立即结束，无法获奖. 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为. (1)当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望； (2)当且时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； (3)记甲同学获奖时，投掷次数不超过次的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值. 4．（25-26高三下·广西崇左·阶段检测）已知抛物线的准线交x轴于点K，垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，且，. (1)求抛物线C的标准方程； (2)若在第一象限内C上有个不同的点，满足，且，点为点关于y轴的对称点. （i）求数列的通项公式； （ii）令，为数列的前n项和，求使不等式恒成立的最大整数n的值. 5．（25-26高三下·甘肃金昌·月考）已知函数，，设的零点为. (1)求的值； (2)证明：为单调数列，并求中的最小项； (3)证明：. 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在圆柱中，矩形为其轴截面，点为底面半圆弧上的动点（前半部分，且点不与点重合），点在母线上，，，点是上底面内的一个动点. (1)若，平面，求的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求到的最大距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 7．（25-26高三上·江西南昌·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 9．（2026·浙江·三模）为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. (1)求的方程； (2)求证：； (3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 10．（2026·河南开封·模拟预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过点.在双曲线上异于点的两点满足. (1)求双曲线的方程. (2)若，探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（，，分别为直线，，的斜率） (3)记的外接圆为圆，在点处作圆的切线，求的方程. 11．（2026·辽宁·模拟预测）如图，已知抛物线C：的图象与x轴交于O，A两点，且过点. (1)求抛物线的解析式和点A的坐标； (2)若将抛物线的图象向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得抛物线C′的图象. ①设M为抛物线位于第一象限内的任意一点，轴于点，求的最小值； ②若过抛物线的焦点F作直线AB，与抛物线C′交于A，B两点，再过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点，求的值. 12．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）为传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，哈三中举办“非遗文化进校园”主题活动，现有来自剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗项目的传承人各1名，安排到剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗体验工坊进行授课，要求每个工坊安排1名传承人，每名传承人仅在一个工坊授课. (1)求在剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课的条件下，皮影项目的传承人不在皮影工坊授课的概率； (2)在概率论和统计学中，常用协方差来描述两个随机变量之间的线性相关程度，给定离散型随机变量X，Y，定义协方差为.如果协方差为正，说明两个随机变量具有正相关关系；如果协方差为负，说明两个随机变量具有负相关关系；如果协方差为零，说明两个随机变量在线性关系上不相关.在参与授课的4名传承人中，记在对应项目工坊授课的传承人数为，不在对应项目工坊授课的传承人数为. （ⅰ）求随机变量的分布列； （ⅱ）求，并说明X，Y之间的线性相关关系. 13．（2026·江苏·三模）某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． (1)求，； (2)求的表达式； (3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 14．（25-26高三下·云南·月考）某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具． (1)若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率． (2)在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为． （i）求的数学期望； （ii）证明：． 15．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 16．（2026·江苏·三模）已知，函数. (1)若是函数的极小值点，求； (2)若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行. 17．（2026·浙江·三模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围； ②求的最小值. 18．（2026·江西·二模）已知函数． (1)当时，求曲线的斜率为的切线方程； (2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 19．（2026·河北沧州·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性. (2)若存在，使得. （i）求的值； （ii）证明： 20．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，关于的方程有两个不等实根，，且满足，求实数的取值范围； (3)数列的前项和为，设数列的前项和为，且，，求证：当时，有. 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $