2026年高考数学考前冲刺四套卷：专题狙击卷（三）

参考答案 答案速查表 1 2 3 4 5 D (1) 单调递增区间为, ；单调递减区间为, ；(2) ；(3) 证明见解析 (1) 单调性见解析；(2) (1) , ；(2) ；(3) 证明见解析 6 7 8 9 10 (1) ；(2) ；(3) B (1) ；(2) 定值 11 12 13 14 15 (1) ；(2) ABC (1) 证明见解析；(2) (i) 证明见解析；(ii) 证明见解析 (1) 证明见解析；(2) (1) 证明见解析；(2) 16 17 18 19 20 (1) ；(2) ；(3) 存在， D A 21 22 23 24 25 (1) (i) ；(ii) ；(2) ACD ACD (1) ；(2) 26 27 28 29 30 BCD BCD BC 31 32 (1) ；(2) (1) ；(2) 专题一：函数与导数 考点1：基本初等函数的概念与性质 1.（考法1：利用函数奇偶性与单调性解不等式） 令，则，故为上的偶函数.因为当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.等价于，即在上恒成立，因为为偶函数，且在上单调递增，所以，平方后化简得到，由一次函数性质得，解得. 通法提炼：构造函数并利用奇偶性化简绝对值，转化为单调性比较解不等式. 2.（考法2：分段函数的值域反求参数范围） D 由于实数，函数在上的部分为，其值域为；在上的部分为，其值域为.要使函数的值域为，两段值域的并集必须覆盖全体实数，即要求.我们已知函数与的图象交点在和处.当时，函数的对数图象位于直线上方，即恒成立.因此的取值范围为. 通法提炼：分段函数值域为R，需确保各段值域的并集无缝覆盖实数集，借此由边界值建立不等式求参. 考点2：函数与方程（零点问题） 3.（考法1：利用导数研究隐零点及极值点个数 / 考法2：导数在类可加性数列和不等式中的应用） （1） 单调递增区间为；单调递减区间为；（2） 1；（3） 证明见解析 （1） 由题，【1分】， 因为，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 综上：函数的单调递增区间为； 单调递减区间为【4分】. （2） 由题，，则， 令，则， 设，则， 所以当时，，（即）单调递增； 当时，，（即）单调递减【5分】， 因为，，， 所以存在唯一的，使得【7分】， 当时，，（即）单调递增；当时，，（即）单调递减；又，， 所以存在唯一的，使得， 且当时，，当时，【9分】， 综上可得函数在上存唯一的极值点， 所以函数在上的极值点个数为1【10分】. （3） 证明：由（2）知，当时，【11分】， 因为，，所以，所以，故【12分】， 又，令，则， 令，则， 当时，，所以即在上单调递增， 令， 则，所以在上单调递增【15分】， 所以，可得， 故【16分】. 所以， 综上可得，得证【17分】. 通法提炼：对含参复合函数多次求导利用端点符号变化锁定极值点存在性；利用类可加性处理和的放缩不等式. 4.（考法3：限制零点配对及距离反求参数范围） （1） 单调性见解析；（2） （1） 的定义域为，【2分】 当时，，所以在上单调递增； 当时，令，不妨记， 所以在上单调递增，在上递减，在上递增； 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上递减，在上递增【7分】； （2） 设有三个零点，而. 当且时，由，得到：； 故，又因为，故满足 所以，即在有两个不同的实数根， 所以，得到. 所以在上单增，在上单减，在上单增【10分】； 取，所以， 由设，所以在上递减，故，故在上递减. 故，故 而， 取时，， 故由根的存在性定理可知，当时，必存在三个不同实数，，使得.故【15分】. 通法提炼：遇到零点对称性，巧用同构建立倒数代换关系确立定根，进而结合判别式与端点值定参. 考点3：导数的综合应用（不等式恒成立与证明） 5.（考法1：极值点偏移双变量不等式的证明） （1） ，；（2） ；（3） 证明见解析 （1） ∵是上的偶函数， ∴，等式两边同时求导可得： ， ∴为上的奇函数，故为上的奇函数. ∵，① ∴， ∴ ② 由①②可得：，【4分】. （2） ∵ ∴， 令，则 ，即， ∴ 即， ∴，解得【8分】. （3） 由已知结合（1）的结论可得， 函数， 定义域为，， 令，可得，此时，函数在上单调递减， 令，可得，此时，函数在上单调递增， ∴函数在上单调递减，在上单调递增. 由题意知， 不妨设，则， 要证，即证， 即证， 又，即证， 令，其中， 则， ∵，则， ∴， 故函数在上为减函数， 又∵， ∴对任意的恒成立， 则，即， 故成立【12分】. 接下来证明， 令，则， 又， 即， ∴， 要证，即证， 不等式两边取对数， 即证， 即证， 即证【14分】， 令， 则， 令，其中， 则， ∴在上单调递减， 则当时，， 故当时，， 可得函数在上单调递减，可得， 即， ∴， 综上，【17分】. 通法提炼：解决极值点偏移问题，构造对数差值函数，采用比值代换（或对数平均数）并求导判定单调性. 6.（考法2：参变分离利用导数求最值与参数范围） （1） ；（2） ；（3） （1） 由题意，所以， 注意到，且在上单调递增， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的最小值为【4分】. （2） 因为，所以，则. 设，则. 设，则， 由（1）知当时，，单调递增， 所以当时，，即在上恒成立， 所以在上单调递增，所以，所以【8分】. （3） 设，即在上有且仅有一个零点. 当时，；当时，. 所以至少有一个零点. 由得，，设. 因为对任意，有且仅有唯一解，所以有唯一解， 所以必为单调函数，即恒成立或恒成立. ， 因为当时，，所以恒成立， 所以对任意恒成立. 设，， 由（1）知，当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以，所以. 通法提炼：处理恒成立问题时采用参变分离，将参数分离后构造新函数，二次求导求其最值. 7.（考法3：构造同构函数解指对数不等式恒成立） B 由题意得，，，则等价于.设，则，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.由得，，则，又，所以，即，则.故选B. 通法提炼：破解多变量指对数方程，先移项分组构建同构函数，配合 的极限等号条件定点. 模块通法汇总： ① 构造函数并利用奇偶性化简绝对值，转化为单调性比较解不等式. ② 分段函数值域为R，需确保各段值域的并集无缝覆盖实数集，借此由边界值建立不等式求参. ③ 对含参三角指数复合函数多次求导，利用导数在区间端点的符号变化锁定极值点存在性. ④ 遇到零点对称性，巧用同构建立倒数代换关系确立定根，进而结合判别式与端点值定参. ⑤ 解决极值点偏移问题，构造对数差值函数，采用比值代换（或对数平均数）并求导判定单调性. ⑥ 处理恒成立问题时采用参变分离，将参数分离后构造新函数，二次求导求其最值. ⑦ 对含参复合函数多次求导利用端点符号变化锁定极值点存在性；利用类可加性处理和的放缩不等式. ⑧ 破解多变量指对数方程，先移项分组构建同构函数，配合 的极限等号条件定点. 专题二：解析几何 考点1：圆锥曲线的定义、方程与几何性质 8.（考法1：利用顶角或角平分线结合定义求离心率） .所以 ，且 . 设 ，.由椭圆定义知 ，. 因为 ，设，则. 由余弦定理，在 和 中分别有： . . 消去 ，得 . 化简可得 ，即 . 已知 ，设这两角分别为 .利用平行关系与正弦定理，可推导得 . 结合三角形中的余弦定理可得到比值关于 的方程，代入化简可解得 . 代入 ，所以 ，即 . 通法提炼：遇到焦点弦或顶角的比例条件，灵活运用向量共线与角平分线性质，将其转化为边长代数方程. 9.（考法2：抛物线的焦半径比例与准线距离的转化） 2 如图，分别过，作准线的垂线交准线于点，， 则有，，由，所以有， 即，所以，即，所以. 通法提炼：处理抛物线焦点弦比例，通过向准线作垂线构造相似三角形，将焦半径之比转化为到准线距离比. 考点2：直线与圆锥曲线的位置关系 10.（考法1：过焦点弦斜率之积的定值定点推导） （1） ；（2） 定值 （1） 由渐近线方程为得 左顶点坐标为，则点到渐近线的距离 解得 双曲线的标准方程为【6分】. （2） 设点， 过点的直线，与双曲线联立， 化简得 根据韦达定理，可得 【9分】 点坐标为 直线与直线的交点坐标为，同理可得点【11分】 【15分】. 通法提炼：解决过焦点动弦交定线段问题，设线联立后熟练运用韦达定理提取斜率表达式进行消元定值. 11.（考法2：多切线围成三角形或多边形的面积最值） （1） ；（2） 8 （1） 由题，，，【1分】， 由正弦定理得的外接圆半径【3分】， 解得，所以的方程为【4分】. （2） 由（1）知，，设直线【5分】， 与抛物线方程联立，得【6分】， 则，得【7分】， 所以，同理可得， 联立与的方程，得【9分】， 设，直线， 由，得， 由得或【11分】， 当时，直线，与直线重合， 此时，点与点重合，不合题意，舍去， 当时，直线，即【13分】， 与直线联立可得， 点到直线的距离， 又， 所以【15分】， 因为，所以当时，取得最大值8， 所以面积的最大值为8【17分】. 通法提炼：求解多切线构成的多边形面积最值，熟记阿基米德三角形切点弦性质，联立求出交点坐标进行面积代数化. 考点3：解析几何新情境与跨模块综合 12.（考法1：圆锥截面曲线的参数与方程综合计算） ABC 底面半径为1，圆锥高. 为的中点，所以截面圆的半径为底面圆的半径的，即截面圆半径为，则圆的面积为，故A正确； 如图1，在圆锥的轴截面中，作于点，则，，所以椭圆的长轴长，故B正确； 如图2，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为原点，为轴，在平面中建立平面直角坐标系如图2，则，，所以，设抛物线方程为，则，解得，则抛物线的焦点到准线的距离为，故C正确； 如图3，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，则，双曲线与底面圆的一个交点为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，所以，故双曲线的离心率为，故D错误. 故选ABC. 通法提炼：遇到空间圆锥截面判定，依据截面与圆锥轴线的夹角大小关系精准判别二次曲线类型并计算几何要素. 13.（考法2：抛物线多段折线逼近弧长的不等式放缩证明） （1） 证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 （1） 因为，所以. 由题意知在抛物线上，故， 因为为的切线，故的斜率为， 所以的方程为，结合， 得 ①；同理有 ②； 联立①②得. 命题得证. （2） （i） 因为，由（1）可知，结合①可得. 所以，， 从而. 令，则， 则，故在上单调递增. 注意到，从而，故， 即. （ii） 记与切于点，设， 由题意知. 先证明当时命题成立. 此时即为，即为， 所以抛物线在点处的切线方程为， 在点处的切线方程为. 由（1）可知点的横坐标为， 故（其中）， 同理有， 从而， 记（其中）， 设， ， 注意到， 从而，在上单调递增，故， 从而，命题成立. 对于任意的， 注意到， . 由时情况可知 ， 所以， 注意到即为，即为， 从而. 命题得证. 通法提炼：面对微积分弧长不等式证明，巧妙利用抛物线无限段切线折线长度之和大于函数积分值的几何意义进行放缩. 模块通法汇总： ① 遇到焦点弦或顶角的比例条件，灵活运用向量共线与角平分线性质，将其转化为边长代数方程. ② 处理抛物线焦点弦比例，通过向准线作垂线构造相似三角形，将焦半径之比转化为到准线距离比. ③ 解决过焦点动弦交定线段问题，设线联立后熟练运用韦达定理提取斜率表达式进行消元定值. ④ 求解多切线构成的多边形面积最值，熟记阿基米德三角形切点弦性质，联立求出交点坐标进行面积代数化. ⑤ 遇到空间圆锥截面判定，依据截面与圆锥轴线的夹角大小关系精准判别二次曲线类型并计算几何要素. ⑥ 面对微积分弧长不等式证明，巧妙利用抛物线无限段切线折线长度之和大于函数积分值的几何意义进行放缩. 专题三：立体几何 考点1：空间点、线、面的位置关系 14.（考法1：利用面面平行性质寻找中位线求棱锥体积） （1） 证明见解析；（2） （1） 因为平面面，面面，面面， 由面面平行的性质定理可得，，又平面，且平面， 故平面【7分】. （2） 因为平面面，面面， 面面，由面面平行的性质定理可得，， 又在三棱台中，平行，故四边形为平行四边形， 由，得为的中点，同理得分别为的中点. 因为为边长2的正三角形，故. 于是. 又底面，且两底面平行，所以也是两底面间距离，. 故【15分】. 通法提炼：求解截面分割体积问题，优先利用面面平行和线面平行性质定理找寻中点比例关系，转化底面积. 15.（考法2：勾股逆定理求二面角的平面角证面面垂直） （1） 证明见解析；（2） （1） 取中点，连接， ∵为等腰直角三角形，， ∴，且由可得， ∵为等边三角形， ∴，且由可得， 又∵平面，平面，平面平面， ∴即为二面角的平面角， ∵，由勾股定理可得， ∴， ∴， ∴平面平面【6分】. （2） 由（1）可知两两垂直， 分别以为轴建立如图所示坐标系， 则，，，， ∵平面，平面，平面平面， ∴，则， ∵截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为， ∴， ∵三棱锥与三棱锥的高相等， ∴，即【9分】， ∴分别为棱中点， 则，， ∴，， 设平面的法向量， 则，解得平面的一个法向量， 易知平面的一个法向量【12分】， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为【15分】. 通法提炼：证明面面垂直时，除了常规找垂线，可利用已知边长通过勾股定理逆定理计算出二面角平面角为直角. 考点2：空间向量与立体几何量的计算 16.（考法1：建立空间直角坐标系处理存在性问题与二面角） （1） ；（2） ；（3） 存在， （1） 的外心为中点，的外心为中点， 取线段中点，则. 设三棱锥外接球的球心为点，则平面，平面， . 【5分】. （2） 以点为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. ，设二面角的平面角为，则. ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由，解得. 由平面平面，可得，解得. 点为线段上靠近点的三等分点，可得 由，解得 即二面角的平面角为【8分】. 此时， 点到平面的距离【11分】. （3） 已知，点横坐标为1. 点在平面上，所以点横坐标为0. 可得. 设， 由（2）得平面的法向量. 由，解得 即. 根据条件，得，解得 在翻折过程中，存在，此时平面与平面所成角的余弦值为【17分】. 通法提炼：解决折叠模型中的二面角问题，通常选取翻折不变的垂直线段建立空间直角坐标系，转化为法向量运算. 考点3：空间几何体的表面积、体积与外接球 17.（考法1：利用多心共线结合二面角计算外接球半径） D 取中点，连接，∵，∴，，为二面角的平面角，，∴，为等边三角形，.设的外心为，的外心为，中，，为等边三角形，，过作平面的垂线，过作平面的垂线，交点为球心，由二面角计算得，所以表面积为，选D. 通法提炼：计算特殊拼接三棱锥外接球，利用几何体各面的外心投影共线特性，结合二面角的三角函数关系勾股求半径. 18.（考法2：侧面积展开式构造函数求组合体极值） 由圆台的侧面积等于上下底面积之和可得：. 两边同除以，得. 设，则. 由基本不等式可得，所以当且仅当，即，时等号成立. 所以当取到最小值时，. 通法提炼：求解圆台及旋转体极值问题，通常将面积等量关系转化为关于半径比例的函数，应用基本不等式求最值. 模块通法汇总： ① 求解截面分割体积问题，优先利用面面平行和线面平行性质定理找寻中点比例关系，转化底面积. ② 证明面面垂直时，除了常规找垂线，可利用已知边长通过勾股定理逆定理计算出二面角平面角为直角. ③ 解决折叠模型中的二面角问题，通常选取翻折不变的垂直线段建立空间直角坐标系，转化为法向量运算. ④ 计算特殊拼接三棱锥外接球，利用几何体各面的外心投影共线特性，结合二面角的三角函数关系勾股求半径. ⑤ 求解圆台及旋转体极值问题，通常将面积等量关系转化为关于半径比例的函数，应用基本不等式求最值. 专题四：概率统计 考点1：计数原理 19.（考法1：有限制条件的整除与奇偶性分类排列组合） A 满足条件的3位数可由或或或构成，其中偶数共有个，故选 A. 通法提炼：解决被3整除的数字组合问题，按同余特性(除以3的余数)对数字进行分组，分类讨论确保无遗漏. 考点2：条件概率、全概率公式与贝叶斯公式 20.（考法1：波利亚坛子模型与全概率公式的综合应用） 前三次取球颜色完全相同可为：（红，红，红）、（黑，黑，黑），①：（红，红，红）第一次取出红球的概率，因为取出后放回并放入3个红球，此时盒子中有5个红球，5个黑球，共10个球，第二次取红球的概率，此时盒子中有8个红球，5个黑球，共13个球，第三次取红球的概率，所以前三次均取出红球的概率为；②：（黑，黑，黑）第一次取黑球的概率，取出后放回并放入3个黑球，此时盒子中有2个红球，8个黑球，共10个球，第二次取黑球的概率，此时盒子中有2个红球，11个黑球，共13个球，第三次取黑球的概率，所以前三次均取出黑球的概率为，故前三次取出球的颜色不完全相同的概率为. 通法提炼：处理动态填补球池的波利亚坛子模型，画出多阶段抽取的树状图，利用全概率与对立事件简化计算. 考点3：离散型随机变量及其分布 21.（考法1：马尔可夫链状态转移方程组求收敛概率） 设第一次抛出的点数为,最终以数字1结束的概率记为, 第一次出现点数 ，第二次出现的点数如下： 故：，得. 通法提炼：破解无限轮次游戏收敛概率，设出各初始状态的获胜概率建立一阶马尔可夫递推方程组求解. 22.（考法2：二项分布全期望公式求导找极值与值域） （1）（i） ；（ii） ；（2） （1） （i） 当时，由概率和为，得. 代入得，即，故【3分】. （ii） 由，得，，，. 又，，. 于是. 且. 故【9分】. （2） 设为处于高负载运行状态的总台数，条件于时，， 所以. 故. 而. 又. 所以. 化为. 设，. 则. 故在上单调递增，又当时，；当时，， 故的值域为【17分】. 通法提炼：应对复杂的复合概率极值，将二项分布的条件期望展开，结合全期望公式归结为单变量函数求导定值域. 考点4：统计推断与应用 23.（考法1：正态分布、独立性与回归相关指数的综合判定） ACD 对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确；对于B，由事件相互独立可知，对于随机事件，都有，故仅当互斥时，才有，故结论不成立，即B错误；对于C，由题意，，对于数据，其均值为，其方差为，故C正确；对于D，相关指数越接近，值越大，残差平方和接近，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确. 通法提炼：对于统计量特征判断，牢记线性变换对方差和均值的影响规律，以及相关指数越接近1拟合越好的概念. 模块通法汇总： ① 解决被3整除的数字组合问题，按同余特性(除以3的余数)对数字进行分组，分类讨论确保无遗漏. ② 处理动态填补球池的波利亚坛子模型，画出多阶段抽取的树状图，利用全概率与对立事件简化计算. ③ 破解无限轮次游戏收敛概率，设出各初始状态的获胜概率建立一阶马尔可夫递推方程组求解. ④ 应对复杂的复合概率极值，将二项分布的条件期望展开，结合全期望公式归结为单变量函数求导定值域. ⑤ 对于统计量特征判断，牢记线性变换对方差和均值的影响规律，以及相关指数越接近1拟合越好的概念. 专题五：数列与不等式 考点1：等差数列与等比数列 24.（考法1：等差等比中项性质及前n项和的放缩比较） ACD 对于A选项，设的前项和为，，∴数据的平均数是，故A选项正确； 对于B选项，当时，取为，平均数为，故B选项错误； 对于C选项，的中位数是，的中位数是，，故C选项正确； 对于D选项，数列的前项和为，∴数列的前项和的平均数为.数列是各项均为正数，且公比的等比数列，∴，∴的前项和，∴数列的前项和的平均数小于，由C选项知，，∴数列的前项和的平均数比的前项和的平均数大，D选项正确. 故选ACD. 通法提炼：比较数列均值与中位数，核心在于灵活应用等差中项性质以及等比前n项和低于等差和的不等式放缩. 考点2：数列的通项与求和 25.（考法1：前n项和与通项构造等差递推并累乘求通项 / 考法2：奇偶项分离的错位相减法求和技巧） （1） ；（2） （1） 因为是公差为的等差数列，且， 所以， 所以，当时，， 两式作差得， 所以，即， 所以， 累乘得，即， 当时，，符合上式， 所以的通项公式为. （2） 由（1）得， 所以. 即， . 令， ， 作差得， 所以， 所以，所以. 通法提炼：处理含奇偶次幂交替的混编数列求和，先分组提参，再对等比乘等差的模块应用错位相减法. 26.（考法3：非线性递推关系的代数变形与裂项相消放缩） 1 ，知. 由，知数列单调递增 由，知， 得，所以 ， 由数列单调递增，，得，得到， ， 则的整数部分为1. 通法提炼：解决非线性平方递推的倒数和，提取公因式构造出 的差分结构进行裂项相消并估算界限. 考点3：数列与不等式综合及新定义 27.（考法1：新定义前缀和序列极值推导及组合计数判定） BCD 由“C-(m,n)数列”的定义，对任意，都有. A选项，求.即将3个1和3个-1排列，使得前缀和始终非负.此类排列数即为Catalan数或利用折线法求解：.当时，，A错误； B选项，当时，考察.利用阿贝尔变换（分部求和法），，其中.因为总和，所以原式 = .要使其取得最大值，即要使最小.由于序列符合条件，.取交替序列，其前缀和序列为，和为.因此最大值为，B正确； C选项，当时，求的最小值.为使其最小，应让-1的系数尽可能大，1的系数尽可能小.故1应尽量排在前面，-1排在后面.合法序列中符合此要求的是.此时和为 ，C正确； D选项，考察最后一个元素.它只能是1或-1.若为-1，去掉它后前面必须是一个有效的C-(m,n-1)数列；若为1，去掉它后前面是一个m-1个1和n个-1的数列，且最后总和为.由于，，前面的所有前缀和一定非负，故是一个有效的C-(m-1,n)数列.两者互不相交且穷尽所有情况，因此，D正确.故选BCD. 通法提炼：应对前缀和非负的路径组合计数问题，联想卡特兰数(Catalan)的反射容斥原理，推演序列项求和最值. 模块通法汇总： ① 比较数列均值与中位数，核心在于灵活应用等差中项性质以及等比前n项和低于等差和的不等式放缩. ② 处理含奇偶次幂交替的混编数列求和，先分组提参，再对等比乘等差的模块应用错位相减法. ③ 解决非线性平方递推的倒数和，提取公因式构造出 的差分结构进行裂项相消并估算界限. ④ 应对前缀和非负的路径组合计数问题，联想卡特兰数(Catalan)的反射容斥原理，推演序列项求和最值. 专题六：三角函数与解三角形 考点1：三角函数的概念与恒等变换 28.（考法1：齐次化代换求正切值并运用二倍角公式） 由得，分子分母同时除以得，解得或（舍，因为当时，分母为0），所以. 通法提炼：化简分子分母同次的三角分式，采用分子分母同除以 的“齐次化切”技巧解正切值. 考点2：三角函数的图象与性质 29.（考法1：正切函数图象求解析式及对称中心判定） BCD 由题，，即，因为，所以，A错误；因为，所以，即，解得，因为，所以，B正确；因为的最小正周期为，所以，又，解得，C正确；由上可得，令，得，所以的对称中心为，所以的图象关于点对称，D正确，故选 BCD. 通法提炼：确定正切函数解析式及对称中心，利用图像截距求出初相，依据最小正周期定频率，进而整体代入求零点. 30.（考法2：含参辅助角公式求最值函数的极值边界判定） BC 易知A错误； ， ∴； 令，则，所以或者， 所以，选项B正确； 设，，即矛盾，选项C正确； 当时，，即，此时，选项D错误.故选BC. 通法提炼：求解含有常数项和参数的三角最值，运用辅助角公式将其合并为单弦形式，并提取振幅函数进行求导定上界. 考点3：解三角形的综合应用 31.（考法1：角平分线定理结合余弦定理在三角形面积计算中的应用） （1） ；（2） （1） 由正弦定理，可得【2分】. 又因为，且，可得，即【4分】， ，所以【6分】. （2） 因为，设，则， 又因为，由角平分线定理得：，∴【9分】. 由（1），由余弦定理：， 得：，解得：【11分】， 【13分】. 通法提炼：解答含角平分线的解三角形问题，牢记角平分线定理进行对边比例划分，联合余弦定理求解面积. 32.（考法2：正余弦定理化角及内外切圆半径极值最值求算） （1） ；（2） （1） 由正弦定理得：. 所以由可得： ，又由 则，得到，则【6分】. （2） 由，得，得. 而内切圆半径： ， 其中时等号成立【13分】. 通法提炼：求三角形内外切圆半径之比的最值，借由正余弦定理化边为角，化简为单变量三角函数结合极限放缩求最值. 模块通法汇总： ① 化简分子分母同次的三角分式，采用分子分母同除以 的“齐次化切”技巧解正切值. ② 确定正切函数解析式及对称中心，利用图像截距求出初相，依据最小正周期定频率，进而整体代入求零点. ③ 求解含有常数项和参数的三角最值，运用辅助角公式将其合并为单弦形式，并提取振幅函数进行求导定上界. ④ 解答含角平分线的解三角形问题，牢记角平分线定理进行对边比例划分，联合余弦定理求解面积. ⑤ 求三角形内外切圆半径之比的最值，借由正余弦定理化边为角，化简为单变量三角函数结合极限放缩求最值. 逐题来源 本卷题号 试题来源 原卷题号 1 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 14 2 2026·山东济南·5月针对性训练 7 3 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 19 4 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 17 5 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 19 6 2026·山东济南·5月针对性训练 18 7 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 8 8 2026·山东济南·5月针对性训练 14 9 2026·重庆·康德三诊 14 10 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 16 11 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 18 12 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 11 13 2026·山东济南·5月针对性训练 19 14 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 16 15 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 17 16 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 18 17 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 7 18 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 13 19 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 5 20 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 14 21 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 13 22 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 18 23 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 9 24 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 9 25 2026·山东济南·5月针对性训练 17 26 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 14 27 2026·山东济南·5月针对性训练 11 28 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 13 29 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 9 30 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 10 31 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 15 32 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 15 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷首说明： 1. 本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，按六大专题（函数与导数、解析几何、立体几何、概率统计、数列与不等式、三角函数与解三角形）组织.每道题题号后标注考法类型，帮助你在做题中掌握核心解法并感知命题特点. 2. 逐题完成后，对比同考点内不同考法的题目在解法、设问上的异同，总结每类考法的通用解法. 3. 完成本卷后，应能熟练运用各模块的核心解法，并对常见的考法类型形成清晰的解题框架. 专题一：函数与导数 本专题考情：函数与导数在8卷中均为解答题压轴，主要考查含参讨论与不等式证明，选填题侧重函数性质与图像应用，其中分段函数值域与奇偶性构造成高频卡点. 考点1：基本初等函数的概念与性质 1.（考法1：利用函数奇偶性与单调性解不等式）已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，. 若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_______. 2.（考法2：分段函数的值域反求参数范围）已知实数，函数的值域为，则的取值范围为（ 　　） A. B. C. D. 考点2：函数与方程（零点问题） 3.（考法1：利用导数研究隐零点及极值点个数 / 考法2：导数在类可加性数列和不等式中的应用）已知函数的导函数为. （1） 求函数的单调区间； （2） 试判断函数在上的极值点个数； （3） 已知，，记，，若且，证明：. 4.（考法3：限制零点配对及距离反求参数范围）已知函数，其中. （1） 讨论的单调性； （2） 若有三个零点，且，求实数的取值范围. 考点3：导数的综合应用（不等式恒成立与证明） 5.（考法1：极值点偏移双变量不等式的证明）已知函数是定义域为的偶函数，是的导函数，，且. （1） 求函数的解析式； （2） 求关于的不等式的解集； （3） 若，方程有两个不相等的实数根，求证：. 6.（考法2：参变分离利用导数求最值与参数范围）已知函数. （1） 设函数，求的最小值； （2） 对任意，都有，求的取值范围； （3） 对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求的取值范围. 7.（考法3：构造同构函数解指对数不等式恒成立）已知正实数满足，则（ 　　） A. B. C. D. 专题二：解析几何 本专题考情：解析几何在8卷中以解答题重点考查过定点、面积最值与切点弦等题型，常与韦达定理深度结合；选填题强调圆锥曲线定义的灵活运用和图形特征转化. 考点1：圆锥曲线的定义、方程与几何性质 8.（考法1：利用顶角或角平分线结合定义求离心率）已知分别为椭圆的左、右焦点，上两点满足，且，则的离心率为_______. 9.（考法2：抛物线的焦半径比例与准线距离的转化）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正数的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，若，，则实数_______. 考点2：直线与圆锥曲线的位置关系 10.（考法1：过焦点弦斜率之积的定值定点推导）已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于两点，且直线与直线分别交于两点. （1） 求双曲线的标准方程； （2） 设直线的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 11.（考法2：多切线围成三角形或多边形的面积最值）已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点，且的外接圆半径为. （1） 求的方程； （2） 已知点，为上异于的点，分别以为切点作的切线，且直线与交于点，直线与线段分别交于点，求面积的最大值. 考点3：解析几何新情境与跨模块综合 12.（考法1：圆锥截面曲线的参数与方程综合计算）在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点. 用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则下列说法正确的是 （ 　　） A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为 D. 双曲线的离心率为 13.（考法2：抛物线多段折线逼近弧长的不等式放缩证明）已知是平面直角坐标系内的点，且和在抛物线上. 记的坐标为，对于任意，都有，且直线与相切. （1） 当时，证明：； （2） 已知函数. （） 若，证明：； （） 证明：. 参考公式： 专题三：立体几何 本专题考情：立体几何稳定出现在解答题前两道，着重通过平行或垂直关系求几何体体积与面面角，空间向量坐标系的构建是得分钥匙；外接球模型与面积极值亦常在选填中亮相. 考点1：空间点、线、面的位置关系 14.（考法1：利用面面平行性质寻找中位线求棱锥体积）在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，. 过点作平面侧面，平面与下底面的边分别交于两点. （1） 求证：直线平面； （2） 求三棱锥的体积. 15.（考法2：勾股逆定理求二面角的平面角证面面垂直）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面. （1） 证明：平面平面； （2） 若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值. 考点2：空间向量与立体几何量的计算 16.（考法1：建立空间直角坐标系处理存在性问题与二面角）如图，在平行四边形中，，. 现将沿着翻折，使点到达点的位置，形成三棱锥. 线段上有两点，满足平面平面且平面平面. （1） 当平面平面时，求三棱锥外接球的表面积； （2） 在翻折过程中，当点为线段上靠近点的三等分点时，求点到平面的距离； （3） 在翻折过程中，是否存在，若存在，求平面与平面所成角的余弦值；若不存在，请说明理由. 考点3：空间几何体的表面积、体积与外接球 17.（考法1：利用多心共线结合二面角计算外接球半径）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ 　　） A. B. C. D. 18.（考法2：侧面积展开式构造函数求组合体极值）设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，_______. 专题四：概率统计 本专题考情：概率统计具有显著的应用背景特征，条件概率和全概率公式应用广泛；新题型常借助实际场景与二项分布及马尔可夫链状态转移结合，命题逐渐深入. 考点1：计数原理 19.（考法1：有限制条件的整除与奇偶性分类排列组合）从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（ 　　） A. 13个 B. 15个 C. 16个 D. 18个 考点2：条件概率、全概率公式与贝叶斯公式 20.（考法1：波利亚坛子模型与全概率公式的综合应用）盒子中有2个红球，5个黑球，每次随机地从中取出一个球，观察其颜色后放回，并放入3个同色球，则前三次取出球的颜色不完全相同的概率为_______. 考点3：离散型随机变量及其分布 21.（考法1：马尔可夫链状态转移方程组求收敛概率）一个质地均匀的正四面体骰子，其每面分别标有数字1，2，3，4，记录每次抛掷向下这个面的点数，一旦连续两次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子. 已知第一次抛出的点数为1，则以数字1结束的概率是_______. 22.（考法2：二项分布全期望公式求导找极值与值域）某科技公司搭建智能算力集群，随机抽取一组服务器监测，其中高性能服务器的台数为随机变量，已知其分布列为： 0 1 2 3 其中. 每台高性能服务器在一次任务中独立地处于“高负载运行”和“低负载休眠”两种状态，且出现两种状态的概率均为. 记事件：高性能服务器中，高负载运行数量多于低负载休眠数量. （1） 当时 （） 求； （） 求条件概率； （2） 记该组高性能服务器处于高负载运行状态总台数为随机变量，求在上的值域. 考点4：统计推断与应用 23.（考法1：正态分布、独立性与回归相关指数的综合判定）下列说法正确的是（ 　　） A. 若随机变量，则 B. 若事件相互独立，则 C. 若样本数据的方差为，则数据的方差为 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近，说明回归模型的拟合效果越好 专题五：数列与不等式 本专题考情：数列的核心仍为通项推导及前n项和的错位相减、裂项相消等运算，但新课标指引下与组合计数、不等式放缩及逻辑推理的综合考察日益增多. 考点1：等差数列与等比数列 24.（考法1：等差等比中项性质及前n项和的放缩比较）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比. 若项数均为项，下列说法正确的有（ 　　） A. 数据的平均数是 B. 数据的平均数是 C. 若，则数据的中位数大于数据的中位数 D. 若，则数据的平均数大于数据的平均数 考点2：数列的通项与求和 25.（考法1：前n项和与通项构造等差递推并累乘求通项 / 考法2：奇偶项分离的错位相减法求和技巧）已知数列的前项和为，是公差为的等差数列. （1） 求的通项公式； （2） 令 求数列的前项和. 26.（考法3：非线性递推关系的代数变形与裂项相消放缩）设数列，满足，记，则的整数部分是_______. 考点3：数列与不等式综合及新定义 27.（考法1：新定义前缀和序列极值推导及组合计数判定）若数列由个和个构成，且对任意，都有，则称该数列为“数列”. 记“数列”的个数为. 已知数列为“数列”，则（ 　　） A. B. 若，则的最大值为 C. 若，则的最小值为 D. 若，则 专题六：三角函数与解三角形 本专题考情：本部分侧重考查三角恒等变换与解三角形结合的计算问题.选填题高频出现求参数或最值，解答题突出角平分线定理和面积代数关系的深入运算. 考点1：三角函数的概念与恒等变换 28.（考法1：齐次化代换求正切值并运用二倍角公式）已知，则__. 考点2：三角函数的图象与性质 29.（考法1：正切函数图象求解析式及对称中心判定）已知函数在一个周期内的图象如图所示，且，则下列结论正确的是（ 　　） A. B. C. D. 的图象关于点对称 30.（考法2：含参辅助角公式求最值函数的极值边界判定）已知，其中最大值记为，则下列正确的是（ 　　） A. 存在，使得函数为奇函数 B. 任意，都有 C. 任意，至少有一个不小于 D. 任意，且，则 考点3：解三角形的综合应用 31.（考法1：角平分线定理结合余弦定理在三角形面积计算中的应用）已知在中，角所对的边分别为，为的角平分线，，且. （1） 求角； （2） 求的面积. 32.（考法2：正余弦定理化角及内外切圆半径极值最值求算）在中，三角所对的边分别为，其内切圆与外接圆半径分别为. 已知且，求： （1） 求的值； （2） 求的最大值. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $