2026年高考数学考前冲刺四套卷之四：专题狙击卷

卷首导学 目的：本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，按实际考频从高到低排列，对高频中档考点进行饱和训练.目标是消灭“有时对有时错”的不稳定题型. 编排逻辑：各模块按5卷出现次数排序，考频越高越靠前.标注（5卷X考），即5张卷子中考了X次.同一模块多道题集中排列，便于对比和提炼通法. 方法： 1. 限时完成每个模块.严格按标注时间作答，不跨模块、不超时. 2. 做完一个模块立刻对比答案.不全部做完再改，趁热打铁. 3. 提炼通法.同一模块的几道题做完后，用一句话总结该题型的通用思路，写在批注栏. 自查标准：某模块全对且不超时，视为过关，后续不必再练该模块整组题.某模块有错或超时，标记该模块，下一轮换5张新卷子继续抽同类题训练. 注意：本卷不包含纯送分题和压轴题.目标是把中档题的正确率从“看状态”变成“看肌肉记忆”. 一、立体几何（5卷9考） 本模块限时：53分钟 1. 如图，在正方体中，分别是和的中点，则 A. 平面 B. C. 三棱锥的体积是正方体体积的 D. 异面直线与所成角的余弦值为 2. 在四棱锥中，平面ABCD，，，． （1）证明：平面平面PAD； （2）若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为，求． 3. 如图，已知圆锥PO的底面直径，其中O为底面圆心，母线，动点M从A点出发，在圆锥的侧面上绕轴PO一周后回到A点，其轨迹为L． （1）求L长度的最小值； （2）若点Q在圆O上，且（是弧AQ所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知L是平面曲线，记L所在平面为，求平面MPO与夹角余弦值的取值范围． 4. 如图，四棱锥的底面ABCD是矩形，平面ABCD，点M是棱PD上的动点，点N是棱AB上的一点，且，，，． （1）求证：； （2）若平面MAC，求直线MN与平面MBC所成角的正弦值. 5. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面ABCD. （1）求证：平面平面PCD； （2）若点E在棱BC上运动，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值. 6. 如图，已知在斜三棱柱中，，侧面是边长为2的菱形，且，. （1）求证：平面平面ABC； （2）若，E是AC的中点，，求直线AP与平面所成角的正弦值. 二、解析几何（5卷8考） 本模块限时：10分钟 7. 已知平面直角坐标系中不同的三点，圆心在y轴上的圆E经过A,B,C三点，设点M的坐标为，则点M的轨迹方程为 A. B. C. D. 8. 等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长可以为__________（写出一个符合题意的答案即可）． 9 . 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，，的面积为4（O为坐标原点）．以O为中心、焦点在x轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等．分别过A,B作的切线，设的斜率分别为，． （2）求的值； 三、概率与统计及计数（5卷8考） 本模块限时：23分钟 10. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，X表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ 　　） A. 4 天 B. 8 天 C. 10 天 D. 16 天 11. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表：根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则 A. 变量y与x正相关 B. C. 样本数据y的下四分位数为1.8 D. 当时，y的预测值为4.1万元 12. 将含甲、乙在内的7名志愿者分成三个小组，要求每个小组至少一人，有且仅有两个小组的人数相等. （1）则所有不同的分组方法有__种（用数字作答）； （2）若甲、乙两名志愿者不在同一个小组，则不同的分组方法有__种（用数字作答）. 13. 近年，国家不断加大反诈宣传力度．“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与．已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获得5元奖金；若其中三种颜色球的个数比为1:1:3，则没有奖金也不需付钱；仅当其中三种颜色球的个数比为1:2:2时，需要支付10元． （1）求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率； （2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局． 四、三角函数与解三角形（5卷8考） 本模块限时：28分钟 14. 已知点是函数（）的图象的一个对称中心，则的最小值为 A. B. C. D. 15. 已知，则 A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，的面积为． （1）求B； （2）若，求BC边上的中线长． 17 . 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C； 18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）求B； （2）若D为外一点，B，D分别位于直线AC的两侧，，，，求的面积. 五、导数及其应用（5卷7考） 本模块限时：35分钟 19. 已知函数，则下列说法正确的是 A. 若是奇函数，则 B. 若是增函数，则 C. 所有零点的平方和等于 D. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 20 . 已知函数． （1）讨论的单调性； 21 . 已知函数． （1）若在时取极值，求a的值和的极小值； 22. 已知函数，其中. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，； （3）已知数列满足，且，证明：. 23. 已知函数. （1）若曲线在处的切线斜率为1，求实数a的值； （2）若在定义域上恒成立，求实数a的取值范围. 六、数列（5卷7考） 本模块限时：17分钟 24. 为等比数列的前n项和，，对，甲：；乙：；则（ 　　） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 25. 在数列中，，若是递增数列，则实数k的取值范围是 A. B. C. D. 26. 已知数列的前n项和为，下列说法正确的是 A. 若，则a,b,c等比数列 B. 若数列为等差数列，则数列为等比数列 C. 若，则数列为等比数列 D. 各项均为正数的数列满足， ，则 27. 已知数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前n项和，求证：． 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 第一部分：模块速查表 一、立体几何（5卷9考） 题号 答案 1 ABC 2 （1）证明见解析；（2） 3 （1）；（2）证明见解析；（3） 4 （1）证明见解析；（2） 5 （1）证明见解析；（2） 6 （1）证明见解析；（2） 二、解析几何（5卷8考） 题号 答案 7 D 8 或 9 三、概率与统计及计数（5卷8考） 题号 答案 10 A 11 ABD 12 （1）196；（2）141 13 （1）；（2）摸球一次的收益期望为负数，∴这个游戏对摸球者不公平 四、三角函数与解三角形（5卷8考） 题号 答案 14 C 15 BD 16 （1）；（2） 17 18 （1）；（2） 五、导数及其应用（5卷7考） 题号 答案 19 AD 20 当时，在上是减函数；当时，在上单调递减，在上单调递增． 21 ， 22 （1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析；（3）证明见解析 23 （1）；（2） 六、数列（5卷7考） 题号 答案 24 B 25 C 26 BD 27 （1）；（2）证明见解析 第二部分：逐题详解与通法提炼 一、立体几何（5卷9考） 1. 如图，以A为原点，AB, AD, 分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则，，，，，，，，，. ，平面ABCD的法向量为，则，又平面ABCD，故平面ABCD，故A正确；, ，则，故，故B正确；三棱锥的体积，正方体的体积，，故C正确；, ，则，故D错误. 故选ABC. 通法提炼： 长方体或正方体中证明线面位置关系及求角，首选建立空间直角坐标系转化为向量运算. 2. （1）证明：取AB的中点E，连结DE（1分）.则，又，∴四边形BEDC为平行四边形，∴，∴，∴，，∴，∴（4分）.∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又，∴平面PAD，又平面PBD，∴平面平面PAD（7分）. （2）过D作，∵平面ABCD，∴平面ABCD．∵平面ABCD，∴，同理，由（1）知，，∴DA,DB,DS两两垂直．以D为原点，分别以，，所在的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（9分）.则，，，设，∵，∴（11分）.设平面MAD的法向量为，由，取，则，∴平面MAD的一个法向量为（13分）.设直线DC与平面MAD所成角为，则，∴，解得，∴（15分）. 通法提炼： 含有互相垂直平面的四棱锥，可作底面垂线构造两两垂直的基底建立空间直角坐标系求解. 3. （1）沿圆锥PO的母线PA，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形，其中B为弧的中点，与A在圆锥中是同一点．∵轨迹L在圆锥的侧面上，∴，在侧面展开图中，轨迹L是扇形上连接与A两点的曲线．又L是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短，∴，轨迹L是侧面展开图扇形上连接与A两点的线段，即线段．由于，∴弧的长度为，又，∴．∴，在等腰三角形中，，即L的长度为． （2）如图，在底面圆O中，过点O作交圆O于点E，由于平面ABE，平面ABE，故，则OA,OE,OP两两垂直，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，于是，设，则，，于是，则，于是令，则； （3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面MPO的法向量为，由于，，则，令，于是平面MPO的一个法向量为，设平面与平面MPO所成角为，于是，即平面与平面MPO所成角的余弦值的取值范围为； 通法提炼： 圆锥侧面最短路径通过展开图转化为平面三角形求解，空间动点结合参数方程建系处理. 4. （1）方法一：如图，连接DN，在矩形ABCD中，，，，∴，，又，，∴．∵，∴，即．∵平面ABCD，平面ABCD，∴．∵，，，DN，平面PDN，∴平面PDN，又平面PDN，∴．方法二：由题意可知DA，DC，DP两两垂直，故可以D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.∵，，，则，，．设，则，．由可得，即． （2）连接BD交AC于点O，连接OM，∵平面MAC，平面PBD，平面平面，∴．∵四边形ABCD是矩形，∴O为BD的中点，∴M为DP的中点．由题意可知，DA，DC，DP两两垂直，故可以D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.故，，，．∴，，．设为平面MBC的一个法向量，则，故可取．设直线MN与平面MBC所成角为，则，即直线MN与平面MBC所成角的正弦值为． 通法提炼： 矩形底面的四棱锥含侧棱垂直底面时，直接以垂足为原点建系解决垂直与夹角问题. 5. （1）证明：在菱形ABCD中，∵，∴为等边三角形. 取AD的中点M，连接BM，PM，则. ∵是等边三角形，∴. 又∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，∴平面ABCD（2分）.∵平面ABCD，∴. 以M为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，. 由于且，则. ∴，，，. 设平面PBC的法向量为，则即，令，得（4分）.设平面PCD的法向量为，则即，令，得. ∵，∴，即平面平面PCD（6分）. （2）由（1）知，. 设平面PBD的法向量为，则即，令，得（9分）.由于点E在棱BC上，设，其中. 则（10分）.设直线PE与平面PBD所成的角为，则（13分）.当时，；当，则，当时，取得最大值. 综上，直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值为（15分）. 通法提炼： 对于存在等边三角形和菱形的四棱锥，常取底边中点构造两两垂直的直线系进行空间建系. 6. （1）如图，连接，取的中点Q，连接AQ，CQ.由侧面为菱形，∴，又由，且，平面，∴平面，又平面，故而（2分）.又由，∴为等边三角形，∴，由，∴，且，平面ACQ，∴平面ACQ，又平面ACQ，∴（4分）.又，平面，∴平面，平面ABC，故而平面平面ABC（6分）. （2）如图，取的中点F，连接AF，由（1）知，由于F为的中点，则，即，∴AB，AC，AF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系（8分）.由，∴，，，，∴，.设，由，得，∴，，，∴（10分）.设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴（12分）.令为AP与平面所成的角，∴（14分）.∴直线AP与平面所成角的正弦值为（15分）. 通法提炼： 斜棱柱中利用菱形对角线互相垂直及线面垂直判定定理，构造两两垂直的轴建系解题. 模块通法： ① 长方体或正方体中证明线面位置关系及求角，首选建立空间直角坐标系转化为向量运算. ② 含有互相垂直平面的四棱锥，可作底面垂线构造两两垂直的基底建立空间直角坐标系求解. ③ 圆锥侧面最短路径通过展开图转化为平面三角形求解，空间动点结合参数方程建系处理. ④ 矩形底面的四棱锥含侧棱垂直底面时，直接以垂足为原点建系解决垂直与夹角问题. ⑤ 对于存在等边三角形和菱形的四棱锥，常取底边中点构造两两垂直的直线系进行空间建系. ⑥ 斜棱柱中利用菱形对角线互相垂直及线面垂直判定定理，构造两两垂直的轴建系解题. 二、解析几何（5卷8考） 7. 由已知得线段AC是动圆E的直径，故，于是，即，可得，又点B,C不重合，∴原点除外. 故选 D. 通法提炼： 过圆上及圆心所在对称轴上多点的圆，利用直径对的圆周角为直角转化为向量数量积为零求解. 8. 【解析一】设另外两个顶点为A,B，∵A,B两点关于x轴对称，且位于直线的同侧，∴A,B两点分别为直线及与抛物线的交点，联立解得，解得，由，得或，∴等边三角形的边长为或． 通法提炼： 抛物线中涉及焦点及对称性的三角形问题，利用对称性设直线方程并联立求解. 9 . ∵两椭圆的离心率相同，故的方程可设为（5分）.设切线的方程为，切线的方程为.由与相切，联立方程得（6分），由，得（7分）.同理得（8分）.∴，∴（9分）. 通法提炼： 曲线的相切及两切线斜率乘积问题，设出切线方程与曲线联立，令判别式等于零得到斜率关系式. 模块通法： ① 过圆上及圆心所在对称轴上多点的圆，利用直径对的圆周角为直角转化为向量数量积为零求解. ② 抛物线中涉及焦点及对称性的三角形问题，利用对称性设直线方程并联立求解. ③ 曲线的相切及两切线斜率乘积问题，设出切线方程与曲线联立，令判别式等于零得到斜率关系式. 三、概率与统计及计数（5卷8考） 10. 记A为事件“小明戴帽子”，记B为事件“小明戴墨镜”，，，，∴，，（天）． 通法提炼： 多个独立事件交并概率计算后，利用二项分布期望公式直接求解. 11. 对于A，由回归直线方程，可得，∴变量y与x正相关，∴A正确；对于B，∵回归直线方程经过样本中心，∵，∴，又由，解得，∴B正确；对于C，将样本数据y的数据排序为：，由，则样本数据y的下四分位数为第2个数据2.2，∴C不正确；对于D，当时，，∴y的预测值为4.1万元，∴D正确. 通法提炼： 回归直线必过样本中心点，四分位数根据样本量排列后利用分位点比例寻找对应数值. 12. （1）由题意可知，分组的人数分配情况共有以下三类：. 当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；故所有不同的分组方法有种. （2）考虑其对立事件，即甲、乙两名志愿者在同一小组的情况：①若分配方案为，甲、乙必在5人组，此时从剩余5人中选3人进入该组，共有种；②若分配方案为，若甲、乙在2人组，则该组已满，只需将余下5人分成两组，有种；若甲、乙在3人组，则需从余下5人中选1人，其余4人均分为两组，有种，故此方案下甲、乙同组的方法数为种；③若分配方案为，甲、乙不能在1人组，必在其中一个3人组，从剩余5人中选1人加入该组，余下4人分成两组，共有种；故甲、乙在同一小组的分组方法有种，则甲、乙不在同一小组的分组方法有种. 通法提炼： 不平均分组问题利用组合数与全排列除以重复组数的阶乘，不相邻问题常用对立事件法. 13. （1）设摸球者摸球一次获得最大奖金100元为事件A（1分）.摸球一次共产生种等可能情况，该模型符合古典概型（4分），其中符合0:1:4的共有种情况，则（5分），即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为（6分）. （2）每摸球一次必然产生0:1:4，0:2:3，1:1:3，1:2:2四种情况之一，设摸球者摸球一次的收益为随机变量X，则X的可能取值为100，5，0，-10（7分）.由（1）知；符合0:2:3的共有种，故（9分）；符合1:1:3的共有种，故（11分）；符合1:2:2的共有种，故（13分）.则随机变量X的分布列列出后，（14分）.由于摸球一次的收益期望为负数，∴这个游戏对摸球者不公平（15分）. 通法提炼： 复杂游戏规则的公平性判断，需列出所有可能的收益分布列并计算数学期望. 模块通法： ① 多个独立事件交并概率计算后，利用二项分布期望公式直接求解. ② 回归直线必过样本中心点，四分位数根据样本量排列后利用分位点比例寻找对应数值. ③ 不平均分组问题利用组合数与全排列除以重复组数的阶乘，不相邻问题常用对立事件法. ④ 复杂游戏规则的公平性判断，需列出所有可能的收益分布列并计算数学期望. 四、三角函数与解三角形（5卷8考） 14. 依题意，，解得，，∵，∴当，，故选 C. 通法提炼： 三角函数对称中心横坐标代入相位等于，结合参数范围求最值. 15. 当时，，，故选项A错误；当时，，故选项B正确；当时，，，，，故选项C错误；当时，，由得，两式相加得，．两式相减得，，，故选项D正确．故选BD． 通法提炼： 已知两角和或差的三角函数值求单角乘积，利用两角和差公式展开后解方程组. 16. （1）由已知，即（1分）.根据余弦定理，得，即（3分）.∴（4分）.∵，∴（6分）. （2）由（1）知，，∴（7分）.由正弦定理得，（8分），解得（9分）.又由（1）得，∴（10分）.设BC的中点为M，连结AM，则，在中，（12分）.∴，即BC边上的中线长为（13分）. 通法提炼： 解三角形中“边平方和”结合面积联想余弦定理求角，中线长利用余弦定理求值. 17 . （1）在中，，又由已知得，（1分）.即，∴（2分）.化简得（4分）.由于，故，则，∴，∵，故（6分）. 通法提炼： 边角恒等式中利用三角形内角和转化为两角和的正余弦公式，化简得到特定角. 18. （1），，由正弦定理得（2分）.∵，∴，即（4分）.整理得，，，，则，∴（6分）. （2）设，则，在中，，易知：（8分）.在中，由正弦定理得，即，（10分）.又∵，，得，（12分）.∴（13分）.∴，，即的面积为（15分）. 通法提炼： 正余弦定理边角互化时，统一化为角并利用两角和公式化简，多三角形结合公共边求解. 模块通法： ① 三角函数对称中心横坐标代入相位等于，结合参数范围求最值. ② 已知两角和或差的三角函数值求单角乘积，利用两角和差公式展开后解方程组. ③ 解三角形中“边平方和”结合面积联想余弦定理求角，中线长利用余弦定理求值. ④ 边角恒等式中利用三角形内角和转化为两角和的正余弦公式，化简得到特定角. ⑤ 正余弦定理边角互化时，统一化为角并利用两角和公式化简，多三角形结合公共边求解. 五、导数及其应用（5卷7考） 19. 若是奇函数，则，化简得，∵不恒为零，∴，故选项A正确；∵，若在上单调递增，，则，与矛盾，故选项B错误；∵，当时，是唯一零点，，当时，零点为，，∴零点平方和为．当时，是其中一个零点，另外两个零点满足韦达定理，∴，，∴零点平方和为，故选项C错误．∵，，∴，导函数图象存在x轴下方的部分，设切点，若，一定存在，使得，可知存在互相垂直的两条直线与曲线都相切，故选项D正确．故选AD． 通法提炼： 三次函数单调性及极值问题，转化为其导数（二次函数）的判别式及韦达定理分析. 20 . （2分）.当时，，∴在上是减函数（3分）.当时，，∴在上单调递减（4分）；，在上单调递增（5分）.综上所述，当时，在上是减函数；当时，在上单调递减，在上单调递增（6分）. 通法提炼： 含参函数单调性讨论，求导后提取公因式并对参数分情况讨论根的位置. 21 . 由题意可知：，，∵，解得，则，，令，则，令，解得；令，解得；可知在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为，且，当x趋近于或时，趋近于，可知在定义域内有2个零点和1，当时，，当时，，可知在内单调递增，在内单调递减，∴在处取极小值，极小值为． 通法提炼： 已知极值点求参，代入导数为零求出参数后，必须检验该点两侧导数符号是否变号. 22. （1）的定义域为，（2分）.①当时，恒成立，即，此时在上单调递增；（4分）②当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减（6分）.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（7分） （2）证明：当时，，由（1）知，在上单调递减，则，即（9分）.令，则，当时，，故在上单调递增，则，即，综上可知，当时，.（12分） （3）证明：由（2）可知，当时，，令，∵，且，易知，则，两边同时取倒数得，∴，即，即（14分）.设，令，则有，，当时，要证，即证，只需证，只需证，即证，即证，故设，由知，则，令，，当时，，单调递减；故，从而，在上单调递减，，即，由上式知，则. 当时，，不等式也成立；综上，得证.（17分） 通法提炼： 对数不等式证明常移项构造新函数求最值，数列不等式结合函数单调性进行放缩. 23.（1）∵，∴（2分）.∵曲线在处的切线斜率为1，∴（4分）.∴，即（5分）. （2）函数的定义域为（6分）.由在上恒成立，则在上恒成立（7分）.设，，则（9分）.令，得；令，得.∴函数在上单调递增，在上单调递减（11分）.则，即（12分）.∴实数a的取值范围为（13分）. 通法提炼： 恒成立问题通常运用分离参数法，转化为求已知函数的最值问题. 模块通法： ① 三次函数单调性及极值问题，转化为其导数（二次函数）的判别式及韦达定理分析. ② 含参函数单调性讨论，求导后提取公因式并对参数分情况讨论根的位置. ③ 已知极值点求参，代入导数为零求出参数后，必须检验该点两侧导数符号是否变号. ④ 对数不等式证明常移项构造新函数求最值，数列不等式结合函数单调性进行放缩. ⑤ 恒成立问题通常运用分离参数法，转化为求已知函数的最值问题. 六、数列（5卷7考） 24. 充分性：由可得；因此可知等比数列的各项均为正数，∴公比，当时，满足，当时，满足，因此充分性不成立；必要性：∵，若，可得等比数列为递增数列，且各项均为正数，∴，因此，即必要性成立．即可得甲是乙的必要不充分条件． 通法提炼： 数列命题真假判断，常通过讨论公比范围或举反例来反驳充分性或必要性. 25. . 由题知恒成立，当时，即，得. 讨论单调性，若是递增数列，则函数随n增大而增大. 已知为正且随n增大而增大，则随n增大而减小，故需，即. 综上，实数k的取值范围是. 故选 C. 通法提炼： 对数型复合数列单调性，需优先保证真数大于零的定义域，再利用内外层单调性分析. 26. 对于A，当时，，此时a,b,c不成等比数列，故A错误；对于B，若数列为等差数列，设其公差为d，则此时，∴数列为等比数列，故B正确；对于C，若，则，不满足，∴数列不是等比数列，故C错误；对于D，∵，由等差中项的定义可知，数列是首项，公差的等差数列，∴，由此可知，又∵，∴，D正确. 通法提炼： 判断数列类型应严格利用定义验证，递推式含有平方式可通过等差中项定义转化为新等差数列. 27. （1），则，，又，故是首项为3，公比是3的等比数列，，即，成立，数列的通项公式为． （2）证明：，，，，，，，故． 通法提炼： 已知与的关系，利用降阶构造等比数列，并用裂项相消法证明数列求和不等式. 模块通法： ① 数列命题真假判断，常通过讨论公比范围或举反例来反驳充分性或必要性. ② 对数型复合数列单调性，需优先保证真数大于零的定义域，再利用内外层单调性分析. ③ 判断数列类型应严格利用定义验证，递推式含有平方式可通过等差中项定义转化为新等差数列. ④ 已知与的关系，利用降阶构造等比数列，并用裂项相消法证明数列求和不等式. 第三部分：试题来源 1. 2026·福建福州·五月质检 2. 2026·广东深圳·第二次调研 3. 2026·杭州二中·五月阶段测试 4. 2026·河北NT20名校联合体·五月质检 5. 2026·湖南师大附中·五月模考 $