限时预测01（A+B+C三组解答题）（大题专练）（全国二卷通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案

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（建议用时：60分钟 满分：77分）
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．（13分）
记的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)或(2)
【详解】（1）由，及正弦定理得，
因为为三角形内角，故，故得，
又为三角形内角，或
（2）由
得，
又，所以
由（1）得，故，
而为三角形内角，
由正弦定理，得，
故的面积
16．（15分）设，.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，试讨论的单调性.
【答案】(1)(2)见解析
【详解】（1）若，则，，
又，故，
所以在处的切线方程为
即；
（2），，
当时，，令，即，解得，令，解得，
所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，，在上单调递增，
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减．
综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
17．（15分）．如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，．
(1)若，，证明：平面；
(2)若，，且二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【详解】（1）
如图，取的中点，连接．
因为分别为的中点，所以，．
因为，，所以，．
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）
因为，所以为底面圆的直径，所以．
因为，，所以，．
由圆柱的特征可知平面，则，
故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，垂直于的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，
所以，．
连接，则，易知，
又，，平面，所以平面，
故平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，即．
则，
解得（负值舍去），故
18．（17分）已知为抛物线上的动点，为圆上的动点，若的最小值为．
(1)求的值
(2)若动点在轴上方，过作圆的两条切线分别交抛物线于另外两点，，且满足，求直线的方程．
【答案】(1)2(2)
【详解】（1）设，的最小值为，即的最小值为，
则
当时，，；
（2）
连接，设，，，
直线的斜率，
直线的方程为：，
即直线的方程为：，化简得，
同理直线的方程为： ，
则点到直线的距离为，即，
同理，
则，是方程的两根，
所以，则直线的斜率，
因为与圆均相切，
所以由对称性可知平分，
又注意到，
所以有，
，注意到，
解得，则或（舍去）．
此时方程变为了，
显然满足，且，，
因为直线的方程为： ，即，
即直线的方程为．
19．（17分）已知数列为个数的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质T．
(1)当时，写出4个具有性质T的数列A；
(2)若数列和均为等差数列，且，证明：对于所有的偶数项数列不具有性质T；
(3)在所有由的排列组成的数列A中任取一个，记具有性质T的数列的概率为，证明：对于任意．
【答案】(1)4个具有性质T的数列可以为：；；；.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）数列：.分析：在这个数列中，，满足在集合中至少有一个元素使得，所以该数列具有性质.
数列：.分析：其中，满足性质的条件.
数列：.分析：这里，符合性质.
数列：.分析：，具有性质
（2）因为数列和均为等差数列，且，，所以数列，
所以任意相邻两项的差绝对值都是奇数，
所以当为偶数时，在集合中不存在元素使得，
故对于所有的偶数，数列不具有性质
（3）设在所有由的排列组成的数列中，记具有性质的数列的个数为，不具有性质的数列的个数为，
设数列为任意一个不具有性质的数列，
因为为的一个排列，
所以在中有且仅有一项，使得.
在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变，
得到新数列，新数列为的一个新排列，
显然数列具有性质，且任意一个与不同的不具有性质的数列通过上述移动首项方法都得不到数列
结合数列为任意一个不具有性质的数列，且根据可以构造一个符合题意的具有性质的数列，可得.
又因为数列具有性质，
且任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列，
所以.
根据概率知识知道，对于任意.
则原命题成立
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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．（13分）已知数列的前项和为，若，
(1)求；
(2)若，为数列的前项和，求.
【答案】(1)(2)
【详解】（1）当时，，
当时，，所以，
所以，所以，
又因为，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以，即，
又时也满足上式，所以；
（2）因为，所以，
所以，
所以
（15分）
已知线段，动点与点、的斜率之积为，点在线段上，且，过作两条互相垂直的直线和动点的轨迹分别交于点、和点、．
(1)建立适当坐标系，求动点的轨迹的方程，
(2)求四边形面积的最小值．
【答案】(1)图见解析，(2)
【详解】（1）以中点为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，
建立平面直角坐标系如图所示，
则，，设，
由得，，
化简整理，得，即．
（2）由题意的斜率存在且不为0，设为在线段上，
，则，设,,
由，消元，得，
，，
，
同理可得：，
，
令，
，
，，当且仅当，即时等号成立．
四边形面积的最小值为
（15分）
高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分.
(1)考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率；
(2)考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望；
(3)现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率.
【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)
【详解】（1）由题意得甲同学所有可能的选择答案有种，
而其中正确选项只有一个，设符合条件的事件为，故
（2）乙同学所有可能的选择答案有种，即共有10个样本点，
设乙同学本题可能得分为，则的可能取值为，
，，，
所以乙同学可能得分的分布列为
所以数学期望为
（3）由题意得丙得0分的概率为，
丁得0分的概率为，
丙丁总分刚好得分的情况包含：
事件：丙得分有一种情况，丁得分有三种情况，
则；
事件：丙得分有两种情况，丁得分有两种情况，
则；
事件：丙得分有三种情况，丁得分有一种情况，
则；
所以丙丁总分刚好得分的概率
（17分）如图，在多面体中，为等边三角形，，，为中点．
(1)求证：、、、四点共面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）为等边三角形，为中点，
则，，，
又，，
又，平面，
平面，
同理可证，平面，
过只有一个平面与垂直，
、、、四点共面．
（2）
由（1）可知，，
就是二面角所成的平面角，
，
又，，，
则在中，，，
，，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设是平面的一个法向量，
由，令可得，
设与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
19．（17分）
若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列.
(1)若，判断数列是否具有性质，并说明理由；
(2)已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质；
(3)已知函数，试判断数列是否具有性质.
【答案】(1)不具有，具有，理由见解析(2)证明见解析(3)具有，具有
【详解】（1）因为单调递增，不存在正数，
使得恒成立，所以数列不具有性质.
因为，又数列为单调递减数列，所以数列具有性质
（2）因为，
若为奇数的概率为为偶数的概率为，
则，
记为①，
，
记为②，
而，即，
所以当时，，
故随着的增大而增大，且，即数列具有性质
（3）令，
则，，，
所以当时，在上递减，而，
故，由零点存在性定理得在有唯一的零点，
得到，即，
且当时，，即，
当时，，即
由，可知，
此时在上单调递增；
由，
得到，
故，
假设时，成立，
则，
即成立，
结合可得：对于任意恒成立，
故为递增数列，为递减数列
对数列，存在，使，所以数列具有性质.
对数列，存在，使，所以数列也具有性质
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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．（13分）
如图，在等边三角形中，为边上一点，，点，分别是边上的动点（不包括端点），若，且设
(1)求证：不论为何值，为定值.
(2)当和的面积相等时，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）在中，，
又，所以，
在中，所以，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以，即不论为何值，恒成立；
（2）因为，
，
又，，由（1）可得，
所以，
即，
整理得，所以
16．（15分）
如图，矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且．

(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值
【答案】(1)证明见解析(2)．
【详解】（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且，，所以，
不妨设为，
因为均为底面圆的直径，所以，
所以，所以，又，
所以，
所以
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，
连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，四边形为正方形，
，
所以，.
所以
平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
所以平面与平面夹角的正弦值为．

（15分）
盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球.
(1)若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值；
(2)若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球.
（ⅰ）分别求，，；
（ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ），，；（ⅱ）
【详解】（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则
18．（17分）
焦距为的椭圆，如果满足，则称此椭圆为“等差椭圆”.
(1)如果椭圆：是等差椭圆，求的值；
(2)对于焦距为6的等差椭圆，点，分别为椭圆的左、右顶点，直线交椭圆于，两点，（，异于，，设直线AP，BQ的斜率分别为，，是否存在实数，使得，若存在，求出，不存在说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，.
【详解】（1）因为椭圆是等差椭圆，所以，
所以，又，所以，化简得
（2）由且可知，，
所以椭圆方程为，如图，
联立直线得，
，，设，，
则，，
，，
，，，
把，代入，
得，
所以存在实数，使得
19．（17分）函数
(1)时，证明：；
(2)讨论函数的零点个数；
(3)当时，记所有零点之和为若无零点则，证明：参考数据：
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)证明见解析
【详解】（1）时，
令，，
当时，，单调递减;当时，，单调递增，
所以，所以恒成立当且仅当时等号成立
令，得，即恒成立当且仅当时等号成立，
所以，由于等号不能同时取到，
所以，即
（2）等价于，即，
因为，，所以，由定义域知，
又因为在上单调递增，所以，，
令，的零点即为的零点.
因为，
当时，，单调递减;当时，，单调递增.
所以，
当时，因为，所以无零点，即无零点;
当时，因为，当且仅当时等号成立，
所以恰有一个零点，即恰有一个零点;
当时，，，，且，
由于函数图像连续不间断，函数零点存在性定理，
存在，，使得，
结合单调性，恰有两个零点，即恰有两个零点.
综上所述，当时，无零点;
当时，恰有一个零点;
当时，恰有两个零点
（3）由知，的零点即为的零点，，，2时命题成立;
当时，恰有两个零点，设为，，不妨设，
令，则，
因为，所以在上单调递增，
因为，所以，则，
又因为，，在上单调递增，
所以，，
所以，
所以，，
，，4，5时命题成立;
令，，在上单调递减，
又因为，所以当时，，
所以，，
当时，，
综上所述，
0
4
6