2026届高考数学冲刺阶段解答题专训01（高考真题+3套考前预测）全国通用

**基本信息** 聚焦高考解答题高频模块，以真题为引领，通过A/B/C组预测题系统覆盖统计与概率、数列、立体几何、解析几何、函数导数，强化知识应用与解题逻辑。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |统计与概率|4题（含2025全国一卷真题）|列联表分析、独立性检验、概率计算|数据收集→分析→推断，体现数据观念| |数列|4题|等差/等比证明、求和、不等式恒成立|递推关系→构造新数列→性质应用，培养推理能力| |立体几何|4题|面面垂直证明、空间角计算、翻折问题|空间直观→线面关系→向量运算，发展空间观念| |解析几何|4题|椭圆方程求解、直线与椭圆位置关系|几何性质→代数化→方程求解，强化模型意识| |函数导数|4题|最值、零点、恒成立问题|导数应用→分类讨论→转化思想，提升运算能力|

2026届高考数学冲刺阶段解答题专训01 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·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关. 附， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 17．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 19．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 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·江西景德镇·模拟预测）某商店为了解消费者对某产品不同品牌（）的偏好是否与他们的性别有关，随机调查收集了100名消费者对该产品这两个品牌的偏好数据，同时记录了他们的性别，得到如下所示的列联表：    品牌 性别 男性 15 30 女性 30 25 (1)根据上表，用频率估计概率，求女性消费者偏好品牌的概率； (2)根据小概率值的独立性检验，判断消费者对该产品品牌的偏好是否与性别有关联. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16．（25-26高三上·广东广州·开学考试）设数列满足 (1)证明：为等差数列并求； (2)设，求． (3)求 17．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 18．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知椭圆：的左右顶点分别为，上下顶点分别为，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当过的左焦点时，． (1)求：椭圆的标准方程； (2)若点，点为椭圆上一动点，当取得最小值时，点恰与点重合，求：实数的取值范围； (3)记直线与直线的交点为，求：的最小值． 19．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）（1）给定，当在区间上变化时，求的最小值； （2）求，的最大值， （3）设，若存在，使得对恒成立，求的最小值． 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．（2026·广西桂林·二模）智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 (1)从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； (2)根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16．（25-26高三上·江苏南京·月考）数列中，，，. (1)证明：是等差数列； (2)设，求. 17．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． (1)证明：四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 18．（25-26高三上·四川成都·期末）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，动点的轨迹 (1)求轨迹的方程； (2)点为坐标原点，过的直线交的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为. ①已知，当最小时，求直线的方程； ②求面积的最小值. 19．（2026·重庆·模拟预测）已知函数，． (1)求证：为周期函数； (2)已知，若函数在上至少有个零点，求实数的取值范围； (3)记的最小值为，求证：． 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·安徽合肥·模拟预测）某学校为了研究学生的写作水平与每周课外阅读时长的关系，在该校随机抽取了200名学生，统计他们每周的课外阅读时长（单位：时），得到如下的频率分布表： 每周课外阅读时长 频率 0.1 0.2 0.3 0.25 0.15 同时，对这200名学生进行写作水平测试，根据测试成绩将学生分为“写作水平良好”和“写作水平一般”两类，得到如下的列联表： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 每周课外阅读时长低于6小时 80 合计 200 (1)根据已知条件补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断学生的写作水平与每周课外阅读时长是否有关； (2)从每周课外阅读时长在和的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加座谈，设表示抽取的2人中每周课外阅读时长在的人数，求的分布列和数学期望． 附：． 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在数列中，已知，. (1)求证数列是等比数列； (2)设，，记数列的前项和为，若对于恒成立，求的取值范围. 17．（25-26高三下·辽宁沈阳·阶段检测）平面四边形是指在同一个平面内，由四条线段首尾顺次连接围成的封闭图形，它有四个顶点、四条边和四个内角．如图1，在平面四边形中，，，，，将沿折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面． (2)在三棱锥中，点分别为线段的中点． （i）证明：平面． （ii）设，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 18．（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆（）的短轴长为，长轴长为. (1)求的方程； (2)设的上、下顶点分别为，直线l经过点交于两点（均异于两点），直线的倾斜角分别记为，试问是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． 19．（2026·陕西·模拟预测）已知函数. (1)若，求的值域； (2)若，求在上的所有零点； (3)若对于满足的所有，都存在使得，求正实数的最小值. 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届高考数学冲刺阶段解答题专训01 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·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关. 附， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1) (2)有关 【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出； （2）根据独立性检验的基本思想,求出,然后与小概率值对应的临界值比较,即可判断. 【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的人中有人患病，所以的估计值为； （2）零假设为：超声波检查结果与患病无关， 根据表中数据可得，， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过. 16．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 17．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 19．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【详解】（1）法1：， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. 法2：我们有 . 所以： . 这得到，同时又有， 故在上的最大值为，在上的最大值也是. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数， 该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立， 则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分， 这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得. 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 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·江西景德镇·模拟预测）某商店为了解消费者对某产品不同品牌（）的偏好是否与他们的性别有关，随机调查收集了100名消费者对该产品这两个品牌的偏好数据，同时记录了他们的性别，得到如下所示的列联表：    品牌 性别 男性 15 30 女性 30 25 (1)根据上表，用频率估计概率，求女性消费者偏好品牌的概率； (2)根据小概率值的独立性检验，判断消费者对该产品品牌的偏好是否与性别有关联. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】(1)； (2)根据小概率值的独立性检验，消费者对该产品品牌的偏好与性别有关联. 【分析】（1）根据表格数据，应用古典概型的概率求法求概率即可； （2）应用卡方公式求卡方值，结合独立检验的基本思想得结论. 【详解】（1）由表格数据知，女性消费者偏好品牌的概率； （2）列联表如下，    品牌 性别 男性 15 30 45 女性 30 25 55 45 55 100 由题设，， 所以根据小概率值的独立性检验，消费者对该产品品牌的偏好与性别有关联. 16．（25-26高三上·广东广州·开学考试）设数列满足 (1)证明：为等差数列并求； (2)设，求． (3)求 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题目所给条件化为，即可利用等差数列的定义证明即可； （2）先求出的通项公式，代入函数并利用导数的运算法则求出导函数，当且时函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数，当时利用等差数列求和求解，再求出，即可求解函数表达式； （3）将代入（2）中的导函数求解即可. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， 所以，即， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1，所以，即， 在中，， 所以，所以， 当且时，两式相减得， 所以； 当时，； 当时，； 综上，； （3）当时， . 17．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. （3）在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 18．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知椭圆：的左右顶点分别为，上下顶点分别为，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当过的左焦点时，． (1)求：椭圆的标准方程； (2)若点，点为椭圆上一动点，当取得最小值时，点恰与点重合，求：实数的取值范围； (3)记直线与直线的交点为，求：的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用排列组合公式求出直线斜率，结合椭圆中菱形周长与的关系，联立方程组即可求出椭圆方程； （2）将距离的平方转化为关于椭圆上点的横坐标的二次函数，依据最小点位置确定对称轴范围，即可得到的取值范围； （3）联立直线与椭圆，结合韦达定理推出交点在定直线，利用点到直线的距离即可求得的最小值. 【详解】（1）因为，即，所以，即， 则直线的方程为：，令，得，即. 因为椭圆：的左右顶点分别为， 上下顶点分别为，四边形为菱形，边长为， 所以周长为，即， 又因为，所以，所以椭圆的标准方程为. （2）设，满足，即， 所以， 这是关于的二次函数，开口向上，对称轴为， 由题意知，当时最小，所以，即. （3）由题意知直线的方程为，设， 由，得， 所以，解得， 又， 设，因为在同一条直线上， 所以， 又在同一条直线上，所以， 所以，所以， 所以点在直线上，所以. 19．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）（1）给定，当在区间上变化时，求的最小值； （2）求，的最大值， （3）设，若存在，使得对恒成立，求的最小值． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】（1）对的取值进行分类讨论，结合正弦型函数的基本性质可得出的表达式； （2）化简得出，令，函数变为，，原问题转化为求的最大值，结合导数求解即可； （3）令，将原问题转化为，，按的不同取值范围分类讨论即可. 【详解】（1）因为，，所以， 当时，的最小值为； 当时，则，的最小值为； 当时，的最小值为. 综上所述，； （2）， 因为 ， 所以， 令，，则函数变为，，原问题转化为求的最大值， 因为，令解得， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，， 所以的最大值为，即的最大值为； （3）令， 因为 ，故为函数的一个周期， 因为 ， 所以，即，对恒成立，所以， 令， 则 ， 同理可得， 即， ，即， 所以，，均不超过， 假设 则，，（I） 由正弦函数性质可知的周期为 ，我们取， 又在单调递减，在单调递增， 当时，由（I）的三个不等式得，它的解集为空集， 当时，由（I）的三个不等式得，它的解集为空集， 这就是说，假设不成立，即一定有成立， 因为在单调递增，在上单调递减，且函数图象关于对称， 所以， 另一方面，当取时，由（2）知， 取满足对任意的恒成立， 综合得. 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．（2026·广西桂林·二模）智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 (1)从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； (2)根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)0.58 (2)有关 【详解】（1）设事件A为“车主驾龄不超过5年”，事件B为“车主经常使用智能驾驶辅助系统”. 由题意可知：，，根据条件概率公式得：， 所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58. （2）提出假设：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关， 根据表中数据可得：， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.010. 16．（25-26高三上·江苏南京·月考）数列中，，，. (1)证明：是等差数列； (2)设，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可证得结论成立； （2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得的表达式. 【详解】（1）对任意的，， 等式两边同时除以得，即， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列. （2）由（1）知，所以， 因为，则， 对任意的，， 所以. 17．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． (1)证明：四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面； （2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解. 【详解】（1）由，因为平行六面体可知： 且 又因为，， 所以， 则有，即四点共面； （2） 取的中点为，连接， 由于，则有， 又由余弦定理得： 所以， 又由， 则， 所以有，又因为的中点为，所以, 即就是平面与平面的夹角或其补角， 由， ， 由， ， ， 所以有， 故平面与平面夹角的余弦值是. 18．（25-26高三上·四川成都·期末）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，动点的轨迹 (1)求轨迹的方程； (2)点为坐标原点，过的直线交的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为. ①已知，当最小时，求直线的方程； ②求面积的最小值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据距离公式列出等式，化简后可得到轨迹方程； （2）①将转化为点到直线的距离，得到共线时最小，求出点坐标，进而得到直线的方程； ②设，联立直线与双曲线的方程，写出韦达定理， 法一：令，求出，得到过定点，表示出的面积；法二：求出直线的方程，设与交于，令，求出，表示出的面积；法三：写出的方程，求出到直线的距离，及，表示出的面积；法四：，得出的面积；由过的直线交的右支于两点求出的取值范围，再利用换元法以及二次函数的性质求出三角形面积的最小值. 【详解】（1）由，则 两边平方整理得： （2）① 共线时取等. ，即； ②易知斜率不为0，设，则. 由，则 ， 法一：由，直线，由对称性，直线若过定点必在轴上， 令，则， 解得 又，所以，则 过定点 又过的直线交的右支于两点 解得 令，则 又，则，当时取等号. 的最小值为. 法二：，设与交于，令 ，其它同法一. 法三：， 设点到直线的距离为，则， 而， ，其它同法一. 法四： ，其它同法一. 19．（2026·重庆·模拟预测）已知函数，． (1)求证：为周期函数； (2)已知，若函数在上至少有个零点，求实数的取值范围； (3)记的最小值为，求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）计算即可； （2）转化为研究在上的零点，分段研究再结合导数和零点存在性定理即可； （3）计算得，利用其单调性即可证明不等式. 【详解】（1）为周期函数. （2）的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标乘即得的图象， 不妨先研究在上的零点， 显然当时，没有零点， 当时，没有零点， 当时，发现为的零点， ，，令， ， 故在上单调递增， 又， 由零点存在定理，存在唯一的， 使得，且上单调递减， 上单调递增， 在取最小值，由，故， 又，故在上还存在另一个零点，记为， 综上所述，在上有两个零点，分别为和. 由于，由于每个周期有2个零点，第201个零点为． 要使在上至少有201个零点， 只需，即． （3）由（2）知：，且， 故， . 令， 因为在上均单调递增， 则在上单调递增， 故，故， 又为的最小值，故， 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·安徽合肥·模拟预测）某学校为了研究学生的写作水平与每周课外阅读时长的关系，在该校随机抽取了200名学生，统计他们每周的课外阅读时长（单位：时），得到如下的频率分布表： 每周课外阅读时长 频率 0.1 0.2 0.3 0.25 0.15 同时，对这200名学生进行写作水平测试，根据测试成绩将学生分为“写作水平良好”和“写作水平一般”两类，得到如下的列联表： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 每周课外阅读时长低于6小时 80 合计 200 (1)根据已知条件补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断学生的写作水平与每周课外阅读时长是否有关； (2)从每周课外阅读时长在和的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加座谈，设表示抽取的2人中每周课外阅读时长在的人数，求的分布列和数学期望． 附：． 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1) 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 30 80 每周课外阅读时长低于6小时 40 80 120 合计 90 110 200 学生的写作水平与每周课外阅读时长有关 (2) X 0 1 2 P 【详解】（1）每周课外阅读时长不低于6小时的学生人数为（人）， 每周课外阅读时长低于6小时的学生人数为（人），所以列联表 为： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 30 80 每周课外阅读时长低于6小时 40 80 120 合计 90 110 200 所以， 依据小概率值的独立性检验，我们推断学生的写作水平与每周课外阅读时长有关． （2）根据分层抽样原理， 组抽取人数为（人）， 组人数为（人），则X的取值可能为， 所以， 则分布列如下所示： X 0 1 2 P 所以． 16．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在数列中，已知，. (1)求证数列是等比数列； (2)设，，记数列的前项和为，若对于恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）可得 故 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）可知， 由单调递增，可知， 故，解得， 即的取值范围为. 17．（25-26高三下·辽宁沈阳·阶段检测）平面四边形是指在同一个平面内，由四条线段首尾顺次连接围成的封闭图形，它有四个顶点、四条边和四个内角．如图1，在平面四边形中，，，，，将沿折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面． (2)在三棱锥中，点分别为线段的中点． （i）证明：平面． （ii）设，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的判定，结合勾股定理的逆定理推理得证. （2）（i）利用线面平行的判定推理得证；（ii）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在平面四边形中，，，则， 在中，， 翻折后，，则，即， 又，平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（i）由分别为线段的中点，得，而平面平面， 所以平面. （ii）在三棱锥中，，则， 即，由（1）知，而平面， 于是平面ABD，又，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 而， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 而平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则，， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 18．（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆（）的短轴长为，长轴长为. (1)求的方程； (2)设的上、下顶点分别为，直线l经过点交于两点（均异于两点），直线的倾斜角分别记为，试问是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程求出即可； （2）联立直线方程与椭圆方程，得到直线倾斜角的关系：，从而得到的最小值，即的最小值. 【详解】（1）由题得，解得                             所以的方程为 （2）    由（1）可得，，如图所示， 由题可知直线的斜率存在，设直线，， 联立，得 所以，，，                                                                  所以，   又，                              可知，则或，当取最小值时， 则，此时，，， 则， 当且仅当，即，，即，时取等号， 所以存在最小值为，即存在最小值，最小值为. 19．（2026·陕西·模拟预测）已知函数. (1)若，求的值域； (2)若，求在上的所有零点； (3)若对于满足的所有，都存在使得，求正实数的最小值. 【答案】(1)； (2)唯一一个零点； (3)的最小值为. 【分析】（1）利用特殊值代入将原函数化简为常数与正弦型函数的复合，通过分析内层函数的值域及外层正弦函数的值域确定整体值域； （2）利用诱导公式将方程转化为余弦相等，再结合自变量范围化去余弦得到三角方程，运用辅助角公式与三角函数的值域求解零点； （3）通过反证法取特殊值证明下界，再借助辅助角公式与三角函数的有界性说明当参数满足条件时存在零点，从而确定参数的最小值. 【详解】（1）代入得： 由，得，故， 从而，故的值域为 （2）当，时， 令，得 因为所以 当时，有且， 因为余弦函数在上单调递减，所以 化简得 又所以 即 由于，所以，故解得 因此在上的唯一零点为. （3）当时，取， 取，不满足条件，故； 当时，∵，而， ∴，使得， ∴，满足条件； 综上，正实数的最小值为. 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 $