2026届高考数学冲刺解答题专训02（全国通用）

**基本信息** 以高考真题与预测题构建解答题专项训练，系统覆盖三角函数、立体几何等核心模块，通过分层设问强化数学思维与知识逻辑。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数|4道（真题+3组预测）|多问递进求角、边、三角值|从正弦定理应用到三角恒等变换，体现运算能力与几何直观| |立体几何|4道（真题+3组预测）|证明线面关系+空间角+体积计算|从空间想象到向量运算，构建空间观念与推理意识| |解析几何|4道（真题+3组预测）|求曲线方程+几何性质证明|从代数表达（方程）到几何意义（位置关系），发展模型观念| |数列|4道（真题+3组预测）|求通项+不等式证明+求和|从等差等比概念到递推关系，培养逻辑推理与数学表达| |函数导数|4道（真题+3组预测）|切线方程+零点分析+证明|从导数应用到函数性质探究，强化批判性思维与理性精神|

2026届高考冲刺解答题专训02 高考真题再现 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 16．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 17．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 18．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 19．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 考前预测A组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·一模）在中，角所对的边分别为，且． (1)求c的值； (2)求的值； (3)求的值． 16．（24-25高三上·吉林·开学考试）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点. (1)求证：平面平面； (2)当为的一个三等分点，即时，求四面体的体积； (3)当为中点时，求平面与平面夹角的大小. 17．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 18．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 19．（2026·河北张家口·三模）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)求的零点个数； (3)当时，记与的各零点之和为T，证明：． 参考数据：，． 考前预测B组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为． (1)求a的值； (2)求； (3)求的值． 16．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，几何体是一个正三棱柱（以为底面）被平面所截得到的．已知，，，． (1)设是的中点，证明：平面； (2)求几何体的体积； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 17．（2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试题）已知椭圆：的离心率为，且是，的等比中项. (1)求的方程. (2)过内点的直线与交于、两点，设直线，，的斜率分别为，， （ⅰ）若，点，求的值. （ⅱ）若点是直线：上的一个动点，证明：，，成等差数列. 18．（2025·天津宝坻·模拟预测）已知数列的前项和为，正项且公差不为零的等差数列满足，且． (1)求数列，的通项公式； (2)若，求数列的前项的和； (3)记，为数列的前项积，证明： 19．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，其中． (1)当时，讨论函数的单调性． (2)若，求x的取值范围． (3)当时，若为函数的两个零点，试证明： 考前预测C组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2026高三下·天津·专题练习）在中，角所对的边分别是.已知的面积为. (1)求角； (2)若， （i）求边的大小： （ii）求 16．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 17．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆：的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线：交椭圆于、两点，点满足： （ⅰ）若，且，求直线的方程； （ⅱ）记四边形的面积为，若点恰好在椭圆上，求的值. 18．（2026·四川攀枝花·二模）已知数列的前项和为，，． (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式： (2)求数列的前项和； (3)若，求的取值范围． 19．（2026·广西崇左·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若有3个零点，，，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考冲刺解答题专训02 高考真题再现 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【详解】（1）已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； （3）由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 16．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 17．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 18．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，由题设列出关于d和的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解； （2）（i）由题意结合（1）求出和的最大值，再作差比较两者大小即可证明； （ii）法一：根据中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解； 法二：根据元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次即可求解. 【详解】（1）设数列的公差为d，数列公比为， 则由题得， 所以； （2）（i）证明：由（1）或，， 当时， 设， 所以， 所以， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. （ii）法一：由（i）得对任意实数，均有， 所以，， 所以取值随着的取值不同各不相同， 又为中的最大元素， 由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当均为1时：此时该系列元素只有即个； 当中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有共有个， 则这个元素的和为； 当中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； … 当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当均为0时：此时该系列的元素为即个， 综上所述，中的所有元素之和为 ； 法二：由（i）得，为中的最大元素， 由题意可得， 所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次， 所以中的所有元素之和为. 19．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 考前预测A组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·一模）在中，角所对的边分别为，且． (1)求c的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）应用正弦边角关系及已知可得，再由余弦定理求边长； （2）根据已知得，再由正弦定理求； （3）由（2）及已知有，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求. 【详解】（1）由题设及正弦边角关系得，又，则， 由余弦定理有，则； （2）由且，则， 由正弦定理，则； （3）由上，故为锐角，则， 所以，， 所以. 16．（24-25高三上·吉林·开学考试）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点. (1)求证：平面平面； (2)当为的一个三等分点，即时，求四面体的体积； (3)当为中点时，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，结合面面垂直判定定理证明结论； （2）结合锥体体积公式及条件可得，故，由此可得结论； （3）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式可求结论. 【详解】（1）底面是正方形， ， 平面，平面， ，又平面， 平面，又平面， ∴平面平面. （2）因为， 所以，故， 又， 所以， 又平面，底面是正方形，， 所以， 所以， 所以四面体的体积为. （3）平面，平面， 所以，又， 所以两两垂直， 以坐标原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 解得，令得， 故为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，解得，令得， 故为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 又， 所以平面与平面夹角为. 17．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 18．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分析可知数列是首项和公比均为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （2）根据（1）可得，再利用等比数列求和公式分析证明； （3）根据（1）结合二项式定理求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式分析求解. 【详解】（1）因为，则， 且，则， 可知数列是首项和公比均为2的等比数列， 可得，所以. （2）由（1）可知，，则， 可得. 又因为， 所以. （3）由（1）可知，，则. 因为 ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于根据结合二项展开式整理，并讨论奇偶项求数列的通项公式. 19．（2026·河北张家口·三模）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)求的零点个数； (3)当时，记与的各零点之和为T，证明：． 参考数据：，． 【答案】(1)答案见解析 (2)一个 (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，再根据判别式，分，两种情况讨论求解即可； （2）研究函数得单调性，结合零点存在性定理求解即可； （3）根据题意得，进而结合零点存在性定理得，，是函数的零点且，故，再结合，单调性即可证明. 【详解】（1）因为，， 所以， 对于，， 当时，，，单调递增； 当时，， 由，得， 则当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2）因为，， 所以， 设，， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 易知是增函数， 当时，； 所以当时，，单调递增， 又，， 由零点存在定理可知存在，使得， 所以只有一个零点. （3）因为， 所以，， 可知若存在零点，则也为其零点. 由，得， 因为，， 所以在上有唯一零点. 结合（2）可得， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以， 即， 所以得证. 考前预测B组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2025·天津·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为． (1)求a的值； (2)求； (3)求的值． 【答案】(1)的值为6 (2) (3) 【分析】（1）由已知利用余弦定理可得，解方程即可得解的值． （2）由正弦定理即可得解的值． （3）由已知利用余弦定理可求的值，利用二倍角公式可求，，进而根据两角差的余弦公式即可求解的值． 【详解】（1）因为，，， 由余弦定理，可得， 可得，解得，或（舍去）， 即a的值为6． （2）由正弦定理，可得； （3）因为， 所以，， ． 16．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，几何体是一个正三棱柱（以为底面）被平面所截得到的．已知，，，． (1)设是的中点，证明：平面； (2)求几何体的体积； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）方法一：几何法，取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理进行证明； 方法二：向量法，利用向量的数量积证明，，进而利用线面垂直的判定定理证明； （2）方法一：将几何体补成正三棱柱，利用对称性求解； 方法二：将几何体拆分为正三棱柱和四棱锥，分别计算体积求和； （3）方法一：求出两平面法向量，利用向量夹角公式计算； 方法二：射影面积法，利用，通过计算两个三角形面积求解. 【详解】（1）方法一：如图，取的中点，连接，． 因为为正三角形，所以． 在梯形中，为中位线， 所以，且． 所以且，所以四边形为平行四边形，所以． 因为，所以平面，所以． 又，，平面，平面， 所以平面． 因为，所以平面． 方法二：取的中点，连接，．在梯形中，为中位线， 所以，平面． 如图，以，，的方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 所以，所以． 同理可证：． 又，平面，平面， 所以平面． （2）方法一：如图，分别延长，，至，，， 使，，， 则． 方法二：如图，分别在棱，上取点，，使得， 则几何体是一个底面边长为2，高为2的正三棱柱， 所以． 而四棱锥的体积为． 所以． （3）方法一：建系同（1）中方法二，如图，可得，， 则，． 设是平面的法向量， 则不妨设，则， 显然是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的角为， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为． 方法二：设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 17．（2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试题）已知椭圆：的离心率为，且是，的等比中项. (1)求的方程. (2)过内点的直线与交于、两点，设直线，，的斜率分别为，， （ⅰ）若，点，求的值. （ⅱ）若点是直线：上的一个动点，证明：，，成等差数列. 【答案】(1) (2)（ⅰ）6；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由，结合，计算即可. （2）（ⅰ）先表示直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根的关系，代入，计算即可. （ⅱ）将直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根的关系，代入及，证明即可. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，是，的等比中项 则，结合，得，， 故椭圆的方程：. （2）（ⅰ）当直线的斜率为0时，，，， 则， 当直线的斜率不为0时，设：， ， 由，得， 故， 则，结合，， 得 ， 把代入得： . （ⅱ）直线的斜率为0时，、，，， 则；， 即，于是，，成等差数列， 当直线的斜率不为0时，设：，，， 由，得， ， 则，结合， 得： ， 把代入得： ， ， ， ，，成等差数列. 18．（2025·天津宝坻·模拟预测）已知数列的前项和为，正项且公差不为零的等差数列满足，且． (1)求数列，的通项公式； (2)若，求数列的前项的和； (3)记，为数列的前项积，证明： 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据的关系求，根据已知及等差数列的通项公式求公差，进而得到的通项公式，即可得； （2）分组求和，结合错位相减法得到当为偶数时，，当为奇数时：，得到答案； （3）计算出，利用放缩证明出不等式左边，利用证明出不等式右边 【详解】（1）由，则时，且， 所以，显然也满足，故， 设的公差且，，而， 所以且， 所以，则， 所以，即. （2） ， 令，则， 两式相减可以得到：， . 令， 当为偶数时：； 当为奇数时：； 故当为偶数时，， 当为奇数时：， . （3）因为，所以， 证明不等式左边： ， 证明不等式右边： ，得证. 19．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，其中． (1)当时，讨论函数的单调性． (2)若，求x的取值范围． (3)当时，若为函数的两个零点，试证明： 【答案】(1)在和上单调递减 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）得到函数定义域后，求导研究函数单调性即可得； （2）由题意可得，再分、及进行讨论，结合（1）中所得计算即可得； （3）设，结合函数单调性与零点存在性定理可得，则有，构造函数，结合函数单调性可得、，分别将两式相减并化简即可得证. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， ， 令，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 又，所以，即， 所以在和上单调递减； （2）由， 得， 当时，左边右边（舍）； 当时，， 当时，， 即当时，， 于是， 即当时，， 由（1）知，当时，在和上单调递减， 所以当时，， 令，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以， 所以的取值范围为； （3）由（1）可得时，在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 其中为的解，即， 所以不妨设． 由题意可得，即， 构造函数， ， 又，所以， 即， 两式相减得， 即， ， 又，所以， 即， 两式相减得， 即， 由，则，故， 所以， 综上所述，． 考前预测C组 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（2026高三下·天津·专题练习）在中，角所对的边分别是.已知的面积为. (1)求角； (2)若， （i）求边的大小： （ii）求 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据诱导公式及二倍角公式计算求解； （2）（i）根据三角形面积公式及余弦定理计算求解；（ii）根据正弦定理、同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和余弦公式计算求解. 【详解】（1）在中，， 所以，故， 所以，即， 因为，所以，； （2）（i）因为，所以， 由余弦定理可得，解得； （ii）由正弦定理可得， 所以， 因为，所以，， 所以， ， 所以. 16．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可； （2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论； （3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 因为，，， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面，所以． （2）由（1）得平面，又平面， 所以， 因为圆圆，所以，所以四边形为矩形， 所以圆的半径， 又圆的半径， 所以圆台的体积， （3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系． 则， 由于圆半径，为上底面圆上一点设， 故． 设平面的法向量为，由，得 取，故， 设与平面所成角为，则 平方后整理方程得 解得或（舍） 所以，． 所以点到平面的距离. 17．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆：的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线：交椭圆于、两点，点满足： （ⅰ）若，且，求直线的方程； （ⅱ）记四边形的面积为，若点恰好在椭圆上，求的值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的焦距可得c，结合椭圆经过点，得出，即可得到椭圆C的标准方程； （2）（ⅰ）联立直线l与椭圆C的方程，消去y得到关于x的一元二次方程；设，，，得到根与系数的表达式，由，可得M点坐标，结合，解出k，进而得到直线l的方程； （ⅱ）由且M在椭圆C上，将M点坐标代入椭圆方程，结合P、Q在椭圆上的条件，推导得到的关系；利用弦长公式求出，再求出原点到直线l的距离，即可得到四边形面积S的表达式，并计算得到S的值。 【详解】（1）因为椭圆的焦距为，所以，所以， 所以， 由椭圆过点，所以，所以， 化简得，解得或1（舍去），所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）设，，， 由，得， 即， 所以， 所以，且，， 所以. （ⅰ）因为，，所以， 又，所以， 化简得，解得或（舍去），所以， 所以直线的方程为或； （ⅱ）因为，    又原点到直线的距离为， 由知四边形是平行四边形， 所以面积. 因为点在椭圆上，所以， 解得， 所以. 18．（2026·四川攀枝花·二模）已知数列的前项和为，，． (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式： (2)求数列的前项和； (3)若，求的取值范围． 【答案】(1)证明见详解； (2) (3) 【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；进而求出的通项公式； （2）由（1）结合错位相减法可得答案； （3）根据（1）得到，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可. 【详解】（1）已知，故，当时，. 因为，代入， 整理得. 因此是首项为、公比为的等比数列， 所以，故. （2） 两边同乘​得 得，， 整理得. （3）由​得，设​，对任意正整数恒成立， 只需的最大值. ， 当时，，即； 当时，，即， 故最大值为. 因此的取值范围为. 19．（2026·广西崇左·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若有3个零点，，，证明：. 【答案】(1) (2)当时，函数有且仅有1个零点； 当时，函数有3个零点. (3)证明见详解 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导可得，根据函数定义域和判别式分和两种情况讨论，判断函数单调性并结合分析零点个数； （3）可证，分析可知，，，结合基本不等式分析证明. 【详解】（1）若，则，， 可得，， 所以曲线在点处的切线方程. （2）由题意可知：函数的定义域为，且， 对于方程，则， 因为，若，则；若，即，则； 当时，则，即， 可知函数在定义域内单调递增， 且，所以函数有且仅有1个零点； 当时，则，可知有2个不相等的实数根，， 且，则， 若，则，即； 若或，则，即； 可知函数在，内单调递增，在内单调递减， 则，且，即， 因为， 令，则， 可知在内单调递减，则，可得； 又因为， 所以函数有3个零点； 综上所述：当时，函数有且仅有1个零点； 当时，函数有3个零点. （3）若有3个零点， 由（2）可知：，， 因为， 又因为，则，且，，则， 所以. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $