解答题77分保分强化训练(28)-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦高考高频解答题模块，整合三角函数、数列、立体几何等核心知识，通过典型题型训练数学思维与问题解决能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数与解三角形|1题|面积公式与角平分线应用|面积公式与余弦定理推导角C，角平分线性质关联边长| |数列|1题|等差通项与裂项求和|等比中项建立方程求公差，裂项法求和与恒成立结合| |立体几何|2题|面面垂直证明与线面角计算|线面垂直推导面面垂直，空间向量法求解二面角与线面角| |解析几何|2题|椭圆方程与轨迹方程|几何性质转化为方程参数，垂心条件构建直线方程| |概率统计|2题|分布列与独立性检验|概率分布计算期望，分层抽样与超几何分布求期望| |函数与导数|2题|极值与恒成立问题|导数与极值关系，构造函数证明不等式恒成立|

解答题77分三轮冲刺保分强化训练(28) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·山东滨州·二模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积，且. (1)求C； (2)若C的角平分线交AB于D，且，求b. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由三角形面积公式和余弦定理可得，进而得到； （2）在（1）基础上，利用三角形面积得到方程，由正弦定理可得，从而求出b. 【详解】（1），， 又，故， 故，又，故； （2）由（1）中可知，， ， ， 又，， 故， 因为，，所以，， 故， 由正弦定理得，即，， 所以， 又，故，解得， 故. 2．（2026·河北张家口·三模）记等差数列的前n项和为，公差，且，，成等比数列，． (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前n项和为，若对任意，，求的最小整数值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）由等差数列的通项公式、前n项和公式，结合等比中项的定义列出方程组，求解可得； （2）根据裂项相消求和法求得，分析其单调性，可得的最小整数值． 【详解】（1）因为，，成等比数列，所以，则， 即，则，因为，所以， 所以，解得， 则， 所以. （2）由（1）得， 所以， 则， 因为对任意，，且单调递增， 所以，则的最小整数值为1. 3．（2026·河南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点. (1)求证：平面平面PAB； (2)若二面角的大小为： （ⅰ）求PA的长； （ⅱ）求直线CD与平面BCE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】(1)通过证明线面平行，从而证明面面平行； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间角的正弦值. 【详解】（1）在PAD中，、分别是PD、AD的中点， 所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为四边形ABCD是直角梯形，且，所以， 又，是AD的中点，所以，， 所以四边形ABCF是矩形，所以， 因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为，平面CEF，平面CEF， 所以平面平面PAB； （2）（ⅰ）连接AC，BF， 由（1）同理可证四边形BCDF是平行四边形，所以， 因为四边形ABCF是矩形，，所以四边形ABCF是正方形， 所以，所以， 又平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为，平面PAC，平面PAC， 所以平面PAC，又平面PAC，又平面PAC，所以PC，PA， 所以是二面角的平面角，即， 所以，因为四边形ABCF是正方形，且， 所以，所以； （ⅱ）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面BCE的一个法向量为，则, 所以，取，则，， 所以，设直线CD与平面BCE所成的角为， 所以 所以直线CD与平面BCE所成角的正弦值为. 4．（2026·山东滨州·二模）已知椭圆上顶点为，右焦点为，坐标原点为，且，，为椭圆上两个不同的点（均不与重合）. (1)求椭圆的方程； (2)若为的垂心，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知可得，进而可求得，可求椭圆方程； （2）由，可求得，设直线方程为：，利用根与系数的关系结合列式可求得的值. 【详解】（1）由题意，椭圆上顶点为，故， 又，故，从而 因此椭圆方程为：； （2）由（1）可知，故，， 因为为的垂心，所以且， 则必有，设直线方程为： 联立直线与椭圆：得： 令，解得：， 由韦达定理：， 则，故， 即： 整理得：， 将代入化简得：，解得或 当时，直线过点，不符合题意，舍去 当时，满足，符合题意. 故直线方程为：，即. 5．（2026·山东枣庄·三模）为促进销售，某生产商联合商超对定价为100元的产品推出“摸奖+闯关”优惠活动，规则如下：进商超的消费者首先获得一次摸奖机会，可获得一张10元或20元的“基础优惠券”（摸到10元“基础优惠券”的概率为0.6，摸到20元“基础优惠券”的概率为0.4）；然后进行答题闯关游戏，闯关成功可再获得一张能叠加使用的20元“进阶优惠券”.记消费者答题闯关成功的概率为.已知摸奖与闯关优惠活动的结果相互独立. (1)记消费者购买一件该产品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和； (2)已知本次活动中优惠券的成本将由生产商承担“基础优惠券”面额的30%，“进阶优惠券”面额的50%.记生产商销售一件该产品的期望利润为（单位：元），消费者购买该产品的概率为.已知，商品成本为41元.试求的最大值及取得最大值时的值.（结果保留1位小数） 注：期望利润=消费者购买概率×（支付金额的期望－商品成本－优惠券成本的期望） 【答案】(1)分布列如下： 60 70 80 90 数学期望 (2)的最大值为11.7，取得最大值时的值为. 【分析】（1）分为四种情况，对四种情况依次分析即可； （2）优惠券成本=基础优惠券+进阶优惠券，再利用公式求导计算最大值即可. 【详解】（1）由题可知，可能取值为：60、70、80、90. ， ， ， ， 所以消费者购买一件该产品的实际支付金额的分布列为： 60 70 80 90 数学期望为： . （2）设优惠券实际成本为，则 且支付金额的期望 ， 所以， 即： 求导得： ， 令，解得： ， 所以函数在 上单调递增，在 上单调递减， 所以当时，取得最大值，此时 ， 即：的最大值约为11.7，取得最大值时的值约为. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为1，点分别在边上，且． (1)证明：平面； (2)若，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）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 2．（2026·重庆渝中·三模）2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 (1)根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? (2)从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. (2)，分布列为： 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【详解】（1）完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2）根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 3．（2026·河南·模拟预测）设函数，将函数的正零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且． (1)求的值； (2)求函数图象的对称中心； (3)求数列的前2n项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先令函数，根据正弦函数值求解，再结合最小正零点及已知条件求出. （2）由（1）得出的表达式，令正弦函数的相位为，求解，进而得到对称中心. （3）根据三角函数零点求出数列的通项公式，进而求出. 【详解】（1）令得 或，其中， 解得或，                             所以当时，的最小正零点为． 依题意有，故． （2）由（1）知， 令，解得， 所以函数图象的对称中心为．     （3）由（1）可知满足或， 依据三角函数的特性可知，在一个周期内有两个零点， 所以最小的两个正零点为，周期， 所以数列的奇数项构成了一个以为首项，2为公差的等差数列， 数列的偶数项构成了一个以为首项，2为公差的等差数列， 所以                       所以， 所以． 4．（2026·辽宁锦州·二模）已知动点到点的距离比它到轴的距离大2，设点的轨迹为，斜率为的直线过定点且与轨迹在轴右侧的部分交于A，B两点.满足. (1)求轨迹的方程； (2)求值. 【答案】(1)当时，；当时，， (2) 【分析】（1）由点到定点与到定直线的距离关系式，平方化简后按、分类，求得动点轨迹为抛物线及轴负半轴； （2）设直线方程与抛物线联立，由韦达定理得纵坐标和与积，再依据向量建立两点纵坐标关系，代入式子求出，最终换算得出直线斜率. 【详解】（1）设点坐标是，则根据题意可知， 化简可得. 当时，；当时，； （2）当时，不符合题意， 当时，设直线，，， 联立，得， 由韦达定理可得， 又因为，所以， ，解得， 所以. 5．（2026·广东深圳·二模）已知函数． (1)若在时取极值，求的值和的极小值； (2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【详解】（1）由题意可知：，， 因为，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， 所以在处取极小值，极小值为． （2）解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. $ 解答题77分三轮冲刺保分强化训练(28) 第1组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·山东滨州·二模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积，且. (1)求C； (2)若C的角平分线交AB于D，且，求b. 2．（2026·河北张家口·三模）记等差数列的前n项和为，公差，且，，成等比数列，． (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前n项和为，若对任意，，求的最小整数值． 3．（2026·河南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点. (1)求证：平面平面PAB； (2)若二面角的大小为： （ⅰ）求PA的长； （ⅱ）求直线CD与平面BCE所成角的正弦值. 4．（2026·山东滨州·二模）已知椭圆上顶点为，右焦点为，坐标原点为，且，，为椭圆上两个不同的点（均不与重合）. (1)求椭圆的方程； (2)若为的垂心，求直线的方程. 5．（2026·山东枣庄·三模）为促进销售，某生产商联合商超对定价为100元的产品推出“摸奖+闯关”优惠活动，规则如下：进商超的消费者首先获得一次摸奖机会，可获得一张10元或20元的“基础优惠券”（摸到10元“基础优惠券”的概率为0.6，摸到20元“基础优惠券”的概率为0.4）；然后进行答题闯关游戏，闯关成功可再获得一张能叠加使用的20元“进阶优惠券”.记消费者答题闯关成功的概率为.已知摸奖与闯关优惠活动的结果相互独立. (1)记消费者购买一件该产品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和； (2)已知本次活动中优惠券的成本将由生产商承担“基础优惠券”面额的30%，“进阶优惠券”面额的50%.记生产商销售一件该产品的期望利润为（单位：元），消费者购买该产品的概率为.已知，商品成本为41元.试求的最大值及取得最大值时的值.（结果保留1位小数） 注：期望利润=消费者购买概率×（支付金额的期望－商品成本－优惠券成本的期望） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 第2组 (时间：75分钟分值：77分) 1．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为1，点分别在边上，且． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 2．（2026·重庆渝中·三模）2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 (1)根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? (2)从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 3．（2026·河南·模拟预测）设函数，将函数的正零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且． (1)求的值； (2)求函数图象的对称中心； (3)求数列的前2n项和． 4．（2026·辽宁锦州·二模）已知动点到点的距离比它到轴的距离大2，设点的轨迹为，斜率为的直线过定点且与轨迹在轴右侧的部分交于A，B两点.满足. (1)求轨迹的方程； (2)求值. 5．（2026·广东深圳·二模）已知函数． (1)若在时取极值，求的值和的极小值； (2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围． $