大题仿真卷01（ABC三组夺分卷）（解析版）2026年高考数学一轮复习讲练测

这是一份大题仿真卷01（ABC三组夺分卷）（解析版）2026年高考数学一轮复习讲练测，共14页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

（模式：5题 满分：77分 限时：70分钟）
一、解答题
1．（2025·海南海口·模拟预测）已知，其内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，，为边上的中点，求的长．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据，结合已知条件整理化简，求得，则得解；
（2）根据面积公式，求得，再由余弦定理求得，利用余弦定理求得，再在△中，由余弦定理求得.
【详解】（1）因为，即，
且，
即，
得，且，则，
可得，且，所以．
（2）如图：
因为，，
由，所以，解得，
在中，由余弦定理得，则，
又D为BC边上的中点，所以，
在中，由余弦定理得，则，
在中，由余弦定理得，
所以．
2．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有极小值，且极小值大于，求的取值范围．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域，对函数进行求导，分和来讨论单调性；
（2）由（1）求出函数的极小值，列出不等式，将不等式转化为，令，研究函数的单调性来求解即可．
【详解】（1）的定义域为．
①时，，此时在上单调递减；
②时，令得，令得，
此时在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知时，，整理得．
令，则，当且仅当即时取等号，
故在上单调递增，又，所以的取值范围为．
3．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
(2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，由平行向量的坐标关系证得，即可证得四点共面；
（2）由题意设，求出，分别求出平面与平面的法向量，由垂直向量的坐标表示求出，再求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，又，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
易得，
则，
则，则，
即，所以四点共面.
（2）由（1）知，，，，，
设，则，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
由平面平面，则，解得，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
易得平面的一个法向量为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
4．（2025·四川成都·模拟预测）已知点，，P是直线AB外的一个动点，，垂足为Q，且Q在线段AB外，，记点P的轨迹为曲线C．不过原点的直线l交C于M，N两点，M关于x轴的对称点为T，直线TB和NB的斜率之积为6．
(1)求C的方程；
(2)判断l是否过定点，若是请求出该定点坐标，若不是请说明理由；
(3)试判断的形状（锐角、直角或钝角三角形），并给出证明．
【答案】(1)
(2)过定点，理由见解析
(3)钝角三角形，证明见解析
【分析】（1）设，由，及得出，结合Q在线段AB外，即可求解；
（2）设，，根据直线TB和NB的斜率之积为6，设，结合韦达定理即可得出l过定点；
（3）分类讨论和的情况，由平面向量数量积即可证明．
【详解】（1）设，因为，，且，垂足为Q，
则Q点坐标为，则，，，
已知，即，
因为Q在线段AB外，所以，则，
所以曲线C的方程为．
（2）设，，则，
显然l的斜率不为零，否则有，，，
此时，与直线TB和NB的斜率之积为6，矛盾；
故可设，由得，
依题意，且，
∴且，，，
由得，
∴，，
∵直线TB和NB的斜率之积为6，∴，
所以，，，解得，
此时恒成立，
∴，过定点．
（3）由（2）知，，，，
①当，即时，，
∴M，N均在C的右支，如图，

此时
，
∴∠MBN是钝角，△BMN是钝角三角形；
②当，即或时，，
∴M，N分别在C的两支.不妨设M在C的右支，则，如图，

设，则，
∴，
∵l过点R，∴，
∴∠BMN是钝角，△BMN是钝角三角形，
综上，△BMN是钝角三角形．
5．（2025·江苏南通·模拟预测）某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立.
(1)求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率；
(2)记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率.
①求；
②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务.
【答案】(1).
(2)①；②证明见解析，最多进行6次挑战.
【分析】（1）根据全概率公式计算即可；
（2）①结合挑战规则分析挑战未结束的条件，利用全概率公式和概率乘法公式计算即可；
②结合①的分析，建立递推关系，利用构造等比数列及待定系数法求出的通项，结合数列的单调性及即可证明及求解.
【详解】（1）设事件“分配到简单任务”，则“分配到复杂任务”，
事件“成功完成任务”，
依题意，，
因此.
所以机器人在一个阶任务中成功完成任务的概率为.
（2）①设事件“该机器人在第个阶段完成任务”，各阶段完成任务与否相互独立，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第轮至少答对一轮.，
由概率乘法公式得：；
同理
②设事件“第个阶段任务结束时挑战仍然未结束”，
当时，第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种：
（i）第轮成功，且第轮结束时挑战未终止；
（ii）第轮失败，且第轮成功，且第轮结束时挑战未终止，
因此第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为，
则，
而各轮任务成功与否相互独立，
因此，
当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
①，
②，
，
为单调递减数列.
又，故最多进行6次挑战.
【点睛】结论点睛：对于递推公式形如这一类型，可通过构造等比数列结合待定系数法来求通项。
设，则，求出，再结合等比数列的通项公式结合题意计算即可.
（模式：3题 满分：45分 限时：45分钟）
一、解答题
1．（2025·辽宁·二模）已知数列的前项和满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式可得，再由与的关系，即可得到结果；
（2）由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
，
当时，；
当时，，
且满足上式，所以.
（2）
，
，
数列的前项和为.
2．（2025·湖北黄冈·模拟预测）某公司准备了一个不透明的箱子，该箱子中装有6个大小一样的小球，其中2个为红色，1个为白色，3个为蓝色.职工甲、乙两人进行抽球游戏，在每轮比赛中，两人各从箱子中一次抽出3个小球.得分规则如下，若抽出的三个小球的颜色相同，得8分；若抽出的三个小球中有两球的颜色相同，得4分；若抽出的三个小球的颜色各不相同，得2分.若第一轮得分相同，则进行第二轮，直至出现两人得分不同，得分多者获得公司提前准备的奖励，游戏结束.
(1)记甲第一轮得分为，求的概率分布列及数学期望；
(2)求两人共抽轮小球的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）依题确定的可能取值，求出对应的概率值，列出分布列，求出期望即可；
（2）设事件为“一轮比赛甲乙得分相同”，求出，则事件 “第轮比赛甲乙得分不同”的概率为，故利用独立事件的概率乘法公式可得两人共抽轮小球的概率为.
【详解】（1）的可能取值为：8，4，2.
依题意，；
；
.
所以的概率分布列为：
（2）记乙一轮比赛的得分为，事件为“一轮比赛甲乙得分相同”，
则
记事件为“第轮比赛甲乙得分不同”，则.
所以两人共抽轮小球的概率：
.
3．（24-25高三上·天津·期末）已知函数（），．
(1)求函数的极值；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：时，．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论求出函数的极值.
（2）构造函数，利用导数探讨单调性求出的范围.
（3）利用导数分别证明不等式，在时成立，再利用不等式的性质推理得证.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，
①当时，恒成立，无极值；
②当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
因此函数极小值为，无极大值，
所以当时，无极值；
当时，极小值为，无极大值．
（2）对任意的，不等式，
设，且，求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则在上单调递增，，
函数在上单调递增，而，
当时，恒成立，函数在上单调递增，恒成立；
当，则，又，
则在内存在，使得，当时，，
函数在上单调递减，当时，，不合题意，
所以实数的取值范围是.
（3）令函数，，求导得，
令，求导得，函数在上单调递增，
则，函数在上单调递增，，
即，
令函数，，求导得，
函数在上单调递增，，即，
因此当时，，即，
所以成立.
（模式：2题 满分：34分 限时：30分钟）
一、解答题
1．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的渐近线为，双曲线的左顶点为，直线与双曲线C相交于A，B（异于点P）两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若的中点为，求直线l的方程；
(3)若以为直径的圆恒过点P，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)过定点，定点坐标为．
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出即可.
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合中点坐标公式求解.
（3）利用韦达定理及数量积的坐标表示求出的关系即可得解.
【详解】（1）双曲线的渐近线为，依题意，，
而双曲线C的左顶点为，则，
所以双曲线的方程为．
（2）由（1）知，双曲线的方程为，设，
由消去得，，
，且，
，由为的中点，得，解得，满足，
所以直线l的方程为，即.
（3）由（2）知，．，
则
，由以为直径的圆恒过点P，得，
于是，解得或，
当时，直线过，不符合题意；
当时，直线过定点，
所以直线l过定点，该定点坐标为.

2．（2025·江苏连云港·模拟预测）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛、方垛、刍甍多、刍童垛等的公式．我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”．定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”．例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为的等差数列，则称数列为二阶等差数列．
(1)若数列满足，，且，求证：数列为二阶等差数列；
(2)若三阶等差数列的前项依次为，求的前项和；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合等差数列的定义及题设定义求证即可；
（2）结合已知设，结合累加法得到，，进而结合组合数公式求解即可；
【详解】（1）因为，所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列
（2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”．
由题意得，，，所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，根据累加法有：
，
满足上式，所以
，
因为满足上式，
.
8
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