2026届高考数学冲刺解答题专训03（全国通用）

**基本信息** 高考数学解答题专项训练，涵盖三角函数、立体几何等六大模块，真题与预测题结合，突出数学思维与表达能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数|4题|多条件选择，存在性问题|从边角关系到面积、中线计算，体现几何直观| |立体几何|4题|折叠问题，线面角计算|空间想象到逻辑推理，培养空间观念| |概率统计|4题|实际应用场景，决策分析|数据收集到模型构建，发展数据观念| |解析几何|4题|椭圆、抛物线、双曲线综合|从方程到几何性质，体现数形结合| |函数导数|4题|单调性、极值、不等式证明|概念生成到应用拓展，培养数学抽象| |数列集合|1题|新定义问题，存在性证明|从具体到抽象，发展创新意识|

2026届高考冲刺解答题专训03 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． 1．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1)6 (2)答案见解析 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； （2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理有，解得； （2）如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 2．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 3．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）用频率估计概率即可求解； （2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 【详解】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率. （2）设为“从甲校抽取1人做对”，则，， 设为“从乙校抽取1人做对”，则，， 设为“恰有1人做对”，故 依题可知，可取， ，，， 故的分布列如下表： 故. （3）设为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”， 因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个， 故，即，故， 同理有，，故， 故. 4．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 5．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围. 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 6．（2025·北京·高考真题）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 【答案】(1)或 (2)不能，理由见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据新定义即可得解； （2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论； （3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论. 【详解】（1）根据题目定义可知，或， 若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中），所以下一项是或； （2）假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前. 显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一项走奇数次. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从到必定要向下一项走偶数次. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. （3）法1：若中的所有元素构成K列，考虑K列中形如的项， 这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个， 而，因为只能6由2来，3只能由7来， 横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个，有12个与之相对应，矛盾． 综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列． 法2：假设全体元素构成一个K列，则. 设，. 则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中. 如果存在至少两对相邻的项属于，那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于. 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和， 否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时. 从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于； 这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于. 如果不存在相邻的属于的项，那么也可以看作上述表示在或的特殊情况. 这意味着必定存在，使得. 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）. 但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点，所以，得. 从而有. 这就得到. 再设，. 则同理有. 这意味着. 从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 所以由M的全部元素组成的序列都不是K列． 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．（23-24高三上·北京海淀·期末）在中，. (1)求的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)不能选①，选②或③，答案均为1 【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到； （2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾；选②，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线；选③，由余弦定理得到，设边上的中线长为，再由余弦定理得到边上的中线的长为1. 【详解】（1）由正弦定理及， 得.① 因为， 所以.② 由①②得. 因为，所以. 所以. 因为， 所以. （2）选①，的面积为， 即，即，解得， 因为，由余弦定理得， 即，解得， 由基本不等式得，但， 故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：. 由（1）知，. 所以 . 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为， 所以. 所以边上的中线的长为. 选条件③：. 由余弦定理得，即. 设边上的中线长为，由余弦定理得 . 所以边上的中线的长为1. 16．（24-25高三上·北京海淀·开学考试）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，证明，结合线面平行判定定理证明结论； （2）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，再证明，结合（1）可得； （3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，得到线面角的正弦值． 【详解】（1）证明：连接，    在中，因为，分别为，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面． （2）证明：因为直三棱柱中，为侧棱， 所以平面，因为平面， 所以， 又为直角，所以 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由（1），所以． （3）建立空间直角坐标系，    则，，，，， 因此，． 设平面的法向量为， 则，， 所以，即 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为． 所以． 17．（2024·北京海淀·二模）图象识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人.工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同的人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）： 识别结果真实性别 男 女 无法识别 男 90 20 10 女 10 60 10 假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的. (1)从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果为女性，求识别正确的概率； (2)在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望； (3)为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案： 方案一：将无法识别的照片全部判定为女性； 方案二：将无法识别的照片全部判定为男性； 方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为. 现从若干张不同的人脸照片（其中男性､女性照片的数量之比为）中随机抽取一张，分别用方案一､方案二､方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为.试比较的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)分布列见解析； (3) 【分析】（1）利用用频率估计概率计算即可 （2）由题意知的所有可能取值为，分别求出相应的概率，然后根据期望公式求出即可 （3）分别求出方案一､方案二､方案三进行识别正确的概率，然后比较大小可得 【详解】（1）根据题中数据，共有张照片被识别为女性，其中确为女性的照片有60张，所以该照片确为女性的概率为. （2）设事件输入男性照片且识别正确. 根据题中数据，可估计为. 由题意知的所有可能取值为. . 所以的分布列为 1 2 3 所以. （3）由题可知，调查的200张照片中，其中女生共有80个，男生共有120个， 程序将男生识别正确的频率为，识别为女生的频率为，无法识别的频率为， 程序将女生识别正确的频率为，识别为男生的频率为，无法识别的频率为， 由频率估计概率得 ， ， ， 所以 18．（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. 19．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (3) 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【详解】（1）当时，，所以 所以切线方程为即， （2）， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 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．（24-25高三上·北京顺义·阶段检测）已知中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. ①，； ②，上的高为； ③，上的中线长为. 注意：只能选一个作答，若多选，以第一个选择为准. 【答案】(1)； (2)选②，； 选③， 【分析】（1）由正弦定理可得，从而有，即可得答案； （2）选①，则可得三角形有两个解，不符题意；选②，可得，，，三角形存在且唯一，由正弦定理求出，再由面积公式计算即可；选③，取边上中点，由可得三角形存在且唯一，由余弦定理可得，从而求出的值，再利用求解即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 即， 所以， 因为，所以， 又因为，所以，. （2）若选①，则有，，， 此时，则有，三角形有两个解，不唯一，不满足题意； 若选②，则有，，边上的高为， 由，可得或， 解得或， 当时，，与三角形的内角和定理矛盾，故舍去； 所以，，则，此时三角形存在且唯一， 又因为边上的高，所以， 由，可得 ， 所以； 若选③，则有，上的中线长为，， 如图所示： 此时上的中线长为，所以三角形存在且唯一， 在中，由余弦定理可得：， 即， 整理得：，即，解得， 所以， 所以. 16．（2026·江西宜春·模拟预测）如图，四棱柱的所有棱长都为，三棱锥是正三棱锥． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）以正的中心为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在所有棱长都为的四棱柱中，四边形是菱形，则， 设，则为的中点，连接，由三棱锥是正三棱锥， 得，则，而平面， 因此平面，而平面，所以平面平面. （2）依题意，三棱锥是所有棱长均为的正三棱锥，取正中心，连接， 则平面，且，在平面内过作， 以为原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．（22-23高三上·北京·开学考试）某工厂两条生产线分别生产甲、乙两种元件，元件质量按测试指标划分为：指标大于或等于76为正品，小于76为次品.现分别从两条生产线随机抽取元件甲和元件乙各100件进行检测，检测结果统计如下： 测试指标 元件甲 12 8 40 33 7 元件乙 17 8 40 28 7 (1)试分别估计生产一件元件甲、一件元件乙为正品的概率； (2)生产一件元件甲，若是正品则盈利90元，若是次品则亏损10元；生产一件元件乙，若是正品则盈利100元，若是次品则亏损20元，则在（1）的前提下： ①求生产5件元件乙所获得的利润不少于300的概率； ②记X，Y分别为生产1000件元件甲和1000件元件乙所得的总利润，试比较和的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1)甲为正品的概率，乙为正品的概率 (2)①；② 【分析】(1)用元件甲和元件乙为正品的频率估计生产一件元件甲和生产一件元件乙为正品的概率； (2)①利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解； ②先计算生产一件甲元件的利润和生产一件乙元件的利润，再计算并比较和的大小. 【详解】（1）由已知100件甲元件的样本中正品的频率为， 100件乙元件的样本中正品的频率为， 所以生产一件元件甲为正品的概率为，      生产一件元件乙为正品的概率为； （2）①设生产的5件乙元件中正品件数为，则有次品件，由题意知得到， 设“生产5件乙元件所获得的利润不少于300元”为事件，则． ②设生产一件甲元件的利润为，则的所有取值为90,-10， 则，， 所以的分布列为： 90 -10 P ，所以 设生产一件乙元件的利润为，则的所有取值为100,-20， 则，， 所以的分布列为： 100 -20 P ，所以 所以 18．（2026·云南·模拟预测）已知点在抛物线上． (1)求抛物线C的方程； (2)设直线与抛物线C相交于M，N两点， （ⅰ）若，求实数k的值； （ⅱ）O为坐标原点，求外接圆圆心的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）将点代入抛物线方程即可求解； （2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式列方程求解即可； （ⅱ）结合（ⅰ）可得，进而得到外接圆圆心为的中点，设的中点为，进而结合中点坐标公式求解即可. 【详解】（1）将点代入，得，即， 则抛物线C的方程为. （2）（ⅰ）设， 联立，得， 则， 且， 则， 则，解得. （ⅱ）由（1）知，，， 则 ， 所以，即为直角三角形，则外接圆圆心为的中点， 设的中点为， 则， 消去，得，则外接圆圆心的轨迹方程为． 19．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，对，都有成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出函数导数，对分类讨论即可得解； （2）根据题意，可转化为恒成立，构造函数，根据函数为减函数，利用导数求解即可. 【详解】（1）, ①当时，恒成立，所以时，，故，单调递减； 时，，故，单调递增. ②当时，的零点为， 当时，，故，所以单调递增； 当时，，故，所以单调递减； 当时，，故，所以单调递增. ③当时，，所以在上单调递增. ④当时，的零点为， 当时，，故，所以单调递增； 当时，，故，所以单调递减； 当时，，故，所以单调递增. 综上，当时，在上单调递减，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； 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）当时, , 因为， 所以， 即恒成立， 可得， 令， 则不等式等价于对都成立， 即在上是减函数， 因为， 则在上恒成立， 整理可得在上恒成立. 令，则需在上恒成立， 则，解得， 即实数的取值范围为. 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．（25-26高三下·北京·开学考试）在中，． (1)求c； (2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC的高． ①；②；③面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）由平方关系得出的值，再由正弦定理即可求解的值； （2）若选①，可得和都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理、平方关系求得及，进一步由求得高，并说明此时存在即可；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明存在，且可由等面积法求解边上的高. 【详解】（1）因为，，所以， 由正弦定理有，解得. （2）如图所示，若存在，则边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，此时有两个钝角，故不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由正弦定理有，解得， 此时，， 而，，，， 所以，可以唯一确定， 此时、也可以唯一确定，故存在，且边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得， 进一步由余弦定理可得、也可以唯一确定，即、唯一确定， 此时存在，且边上的高满足：，即. 16．（2026·湖南湘潭·模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，，，，E为AB的中点，以DE为折痕把折起，使点A到点P的位置，且．    (1)设平面PBC与平面PDE的交线为l，证明：. (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)证明过程见解析； (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到线面平行，进而得到线线平行； （2）由勾股定理逆定理得线线垂直，进而得到线面垂直； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得到二面角的余弦值和正切值 【详解】（1）因为，E为AB的中点，所以， 因为，所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 又平面与平面的交线为l，平面，所以 （2）因为，E为AB的中点，所以， 因为，，所以平行四边形为正方形，⊥， 故， 又，故，由勾股定理逆定理可得， 折叠过程中，⊥，又，平面， 所以平面； （3）由（2）知，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 则， 设二面角的夹角为，由图可知为钝角，故， 所以，所以.    17．（25-26高三下·北京·阶段检测）某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． (1)估计A型系统每次测试中成功避让的概率； (2)若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设X为其中成功避让的次数，求X的分布列和数学期望； (3)这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，，试比较，的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 . (3). 【分析】（1）用频率估算概率后可得型系统每次测试中成功避让的概率； （2）的所有可能取值为0，1，2，3，利用古典概率公式依次求出相应的概率，列出的分布列，求出期望； （3）利用全概率公式可得关于的方程，求出其解后可得的值，同理求出，故可比较两者的大小. 【详解】（1）估计型系统每次测试中成功避让的概率为. （2）由题，型系统每次测试中成功避让的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3， 所以，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 故. （3）设为“型系统成功避让”，为“型系统的摄像头正确识别障碍物”， 则，，，， 而，即，解得； 同理，可得，解得，故. 18．（2026·河南·二模）已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程； (2)点为坐标原点，过点的直线与双曲线交于两点． （ⅰ）若的面积为，求直线l的方程； （ⅱ）双曲线E的左右顶点分别为A，B，直线AM与直线BN交于点P，记直线AM，BN，PF的斜率分别为、、，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是定值请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）或（ⅱ）是定值2 【分析】（1）利用点到直线的距离公式结合条件求出的值，即得双曲线方程； （2）（ⅰ）【法一】考虑直线的斜率不存在时，检验直线符合题意；当斜率存在时，设，与双曲线方程联立，写出韦达定理，求出弦长与点到直线的距离，利用列方程求解即得；【法二】基本步骤同法一，利用列方程求解；【法三】设直线的方程为，与法一同法列方程求解；【法四】设直线的方程为，与法二利用列方程求解；（ⅱ）设，与双曲线方程联立，消去，写出韦达定理，分别写出直线，的方程，联立推得,利用斜率公式化简计算即得. 【详解】（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，知． 且，则得，又， 故双曲线的标准方程为； （2） （ⅰ）【法一】当直线的斜率不存在时，直线方程为，代入双曲线方程， 求得，不妨设，，则，又， 故的面积,即直线符合题意； 当直线的斜率存在时，设其方程为， 将其与双曲线方程联立：，消元可得 则，设，， 则，， 故， 而点到直线的距离， 故的面积为： ， 整理得，化简得 解得， 所以直线方程为． 综上当时，直线的方程为或． 【法二】当直线的斜率不存在时，与上同法得到直线符合题意； 当直线的斜率存在时，与上同法得到：， 因， 故的面积， 即， 整理得，解得，则得直线方程为． 综上当时，直线的方程为或． 【法三】由题意设直线的方程为， 直线与双曲线交于两点，所以， 另设， 则，． 故 点到直线的距离， 故的面积， 即， 解得或， 所以当时，直线的方程为或． 【法四】由题意设直线的方程为， 直线与双曲线交于两点，所以， 另设，， 则，． 故的面积， 即， 解得或， 所以当时，直线的方程为或． （ⅱ） 由题意知，，故可设，直线与双曲线方程联立得， 又因为直线与双曲线交于两点，则，， 设，， 则，， 所以直线，的方程分别为，， 联立得 得， 则可设点，故可得，， 所以， 所以为定值2． 19．（2026·河北·三模）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：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导并对参数的取值范围分类讨论可求得其单调性； （2）根据（1）中的结论可知当时，求出其单调性可得，再构造函数，求出其单调性和最值可得，可得结论； （3）由（2）可知令，可得，所以，设，令，只需证，即证 ，设 ，则，即可得出结论. 【详解】（1）易知的定义域为， 易知. ①当时， 恒成立，即，此时在上单调递增； ②当时，令，解得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 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. （2）证明：当时，， 由（1）知，在上单调递减，则，即， 令，则， 当时，，故在上单调递增，则，即， 综上可知，当时， . （3）证明：由（2）可知，当时， ， 令， 因为，且，易知， 则，两边同时取倒数得， 所以，即，即. 设， 令，则有， 即， 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. 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03 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． 1．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 2．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 3．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 4．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 5．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 6．（2025·北京·高考真题）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 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．（23-24高三上·北京海淀·期末）在中，. (1)求的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 16．（24-25高三上·北京海淀·开学考试）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（2024·北京海淀·二模）图象识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人.工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同的人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）： 识别结果真实性别 男 女 无法识别 男 90 20 10 女 10 60 10 假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的. (1)从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果为女性，求识别正确的概率； (2)在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望； (3)为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案： 方案一：将无法识别的照片全部判定为女性； 方案二：将无法识别的照片全部判定为男性； 方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为. 现从若干张不同的人脸照片（其中男性､女性照片的数量之比为）中随机抽取一张，分别用方案一､方案二､方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为.试比较的大小.（结论不要求证明） 18．（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. 19．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 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．（24-25高三上·北京顺义·阶段检测）已知中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. ①，； ②，上的高为； ③，上的中线长为. 注意：只能选一个作答，若多选，以第一个选择为准. 16．（2026·江西宜春·模拟预测）如图，四棱柱的所有棱长都为，三棱锥是正三棱锥． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（22-23高三上·北京·开学考试）某工厂两条生产线分别生产甲、乙两种元件，元件质量按测试指标划分为：指标大于或等于76为正品，小于76为次品.现分别从两条生产线随机抽取元件甲和元件乙各100件进行检测，检测结果统计如下： 测试指标 元件甲 12 8 40 33 7 元件乙 17 8 40 28 7 (1)试分别估计生产一件元件甲、一件元件乙为正品的概率； (2)生产一件元件甲，若是正品则盈利90元，若是次品则亏损10元；生产一件元件乙，若是正品则盈利100元，若是次品则亏损20元，则在（1）的前提下： ①求生产5件元件乙所获得的利润不少于300的概率； ②记X，Y分别为生产1000件元件甲和1000件元件乙所得的总利润，试比较和的大小.（结论不要求证明） 18．（2026·云南·模拟预测）已知点在抛物线上． (1)求抛物线C的方程； (2)设直线与抛物线C相交于M，N两点， （ⅰ）若，求实数k的值； （ⅱ）O为坐标原点，求外接圆圆心的轨迹方程． 19．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，对，都有成立，求实数的取值范围． 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．（25-26高三下·北京·开学考试）在中，． (1)求c； (2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC的高． ①；②；③面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 16．（2026·湖南湘潭·模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，，，，E为AB的中点，以DE为折痕把折起，使点A到点P的位置，且．    (1)设平面PBC与平面PDE的交线为l，证明：. (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 17．（25-26高三下·北京·阶段检测）某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． (1)估计A型系统每次测试中成功避让的概率； (2)若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设X为其中成功避让的次数，求X的分布列和数学期望； (3)这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，，试比较，的大小．（结论不要求证明） 18．（2026·河南·二模）已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为1． (1)求双曲线的标准方程； (2)点为坐标原点，过点的直线与双曲线交于两点． （ⅰ）若的面积为，求直线l的方程； （ⅱ）双曲线E的左右顶点分别为A，B，直线AM与直线BN交于点P，记直线AM，BN，PF的斜率分别为、、，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是定值请说明理由. 19．（2026·河北·三模）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：. 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 $