限时预测03（A+B+C三组解答题）（大题专练）（全国一卷通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案

这是一份限时预测03（A+B+C三组解答题）（大题专练）（全国一卷通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案，文件包含专题12平行四边形矩形菱形正方形中折叠四类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题12平行四边形矩形菱形正方形中折叠四类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。

（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）
已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
15．（13分）
【解析】（1）由，当时，， （2分）
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，， （5分）
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，． （8分）
（2）由（1）知，所以，
，则， （10分）
从而， （12分）
即，
所以. （13分）
16．（15分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与曲线相切，求的值．
16．（15分）
【解析】（1）的定义域为R， , （2分）
当时，,单调递减;
当时，令，得, （4分）
当时，，单调递减;
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减; 在上单调递增. （6分）
（2）由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故.
又，即，将代入，得. （8分）
设，则.
令，即，解得， （10分）
当时，，单调递增，
当时，，单调递减， （13分）
所以，
综上，. （15分）
17.（15分）
在三棱锥中，和均为等边三角形，，点为线段的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与所成角的余弦值为时，求二面角的余弦值．
17.（15分）
【解析】（1）连接、，如图所示：
因为和均为等边三角形，所以，
因为为的中点，所以，， （2分）
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面. （5分）
（2）取的中点，连接、，如图所示，
因为，为的中点，则，，
所以二面角的平面角为，设，
因为，、平面，所以平面， （8分）
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，， （10分）
由题意可得， （13分）
解得（舍去）或，故二面角的余弦值为. （15分）
18.（17分）
某高中使用AI学情诊断系统对学生数学薄弱知识点进行检测．根据前期学业数据，将学生分为基础扎实与基础一般两类：基础扎实的学生，每道题答对的概率为；基础一般的学生，每道题答对的概率为．现从这两类学生中各随机抽取1人，每人连续独立完成3道同类型试题，规定：至少答对2道题，则判定为“该知识点达标”．
（1）分别求基础扎实学生与基础一般学生单独检测一次达标的概率；
（2）求这两名学生中恰有1人达标的概率；
（3）若从该校基础一般的学生中随机抽取3人，记达标人数为X，求X的数学期望．
18.（17分）
【解析】
（1）由题意，基础扎实的学生，每道题答对的概率为，基础一般的学生，每道题答对的概率为，
则基础扎实学生单独检测一次达标的概率为，
基础一般学生单独检测一次达标的概率为. （5分）
（2）由（1）知，基础扎实学生单独检测一次达标的概率为， （7分）
基础一般学生单独检测一次达标的概率为，
则这两名学生中恰有1人达标的概率为. （12分）
（3）由题意，，则. （17分）
19．（17分） 已知抛物线：的焦点为，为坐标原点.过作直线与交于点，．当垂直于轴时，．点．按照如下方法依次构造点：过点作斜率为的直线与交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
（1）求数列的通项公式.
（2）求的面积.
（3）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值.
19．（17分）
【解析】（1）抛物线的焦点坐标为.
当垂直于轴时，点，的纵坐标均为，代入抛物线方程可得.
所以，又，所以，解得.
所以抛物线的方程为. （2分）
已知点.
过点且斜率为的直线方程为，即.
联立，整理得.
因为点在抛物线上，所以，则方程可化为. （4分）
设点，则，所以.
又为关于轴的对称点，所以，即.
又，所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列.
所以.
故数列的通项公式为. （5分）
（2）由（1）知，，则，.
因为点在抛物线上，所以，
同理，.
则，，.
所以.
直线的斜率为， （8分）
则直线的方程为，即.
点到直线的距离为，
所以. （10分）
（3）设直线方程为. 设，.
联立，整理得，，
则，. （12分）
旋转体体积可由以为直径的圆、以为直径的圆为上下底面的圆台体积减去以为直径的圆为底面、为顶点的圆锥与以为直径的圆为底面、为顶点的圆锥体积之和.
结合抛物线的对称性，不妨设在轴左侧，在轴右侧，
令，则，，，，
所以
.
令，则，当且仅当，即时，等号成立. （14分）
所以，
令（），则，
令，则，解得，
所以在上单调递增，，即， （15分）
此时，即，.
所以该旋转体体积的最小值为. （17分）
（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）
在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且．
（1）若，求大小；
（2）设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度.
15．（13分）
【解析】（1）因为，由正弦定理得.
因为的角平分线交于点，所以，
由，得，
则， （3分）
即，所以.
在中，由余弦定理得，
即； （6分）
（2）由，得，
得， （8分）
化简得，即，
所以，即， （10分）
当且仅当时等号成立，取得最小值，面积取得最小值，
此时为等腰三角形，为中点，则既是中线也是角平分线.
即重合，故. （13分）
16.（15分）
已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若在上有两个零点，求实数的取值范围；
（3）若函数有两个极值点，，证明：．
16.（15分）
【解析】（1）的定义域为，． （13分）
当时，上单调递增；当时，由得，
由得，由得，
则在上单调递减，在上单调递增． （4分）
综上，时，在上单调递增，
时，在上单调递减，在上单调递增． （5分）
（2）因为在上有两个零点，所以，
由得，令，则，
所以，时，时，， （7分）
所以在上单调递增，在上单调递减，
有极大值，也就是最大值为，
又无限趋近时，无限趋近于0， （9分）
所以在上有两个零点时，，
所以，即的取值范围是． （10分）
（3）因为有两个极值点，
所以，有两个实数根，
所以可得， （12分）
设，将代入，得，
所以， （13分）
所以要证，只需证，即．
设，则．
令，则，可知在上为增函数．
又，所以时，在上为增函数．
所以，即成立，所以成立． （15分）
17.（15分）
如图，在三棱锥中，平面平面，．
（1）证明：平面平面；
（2）已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值；
（3）若二面角的大小为，求的余弦值．
17.（15分）
【解析】（1）由，则，即，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面. （4分）
（2）设平行于的截面与的交点分别为，
因为平面，平面，平面平面，
所以，同理可得，所以，同理可证，
所以四边形为平行四边形，
令，则，
所以，， （7分）
又截面始终为平行四边形，
所以
，
要使截面的面积最大，只需且，
此时最大； （9分）
（3）由（1）平面，在平面内作，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系，
设，则，
故，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
所以平面的法向量为， （10分）
设平面的法向量为，
则，
令，得，
所以平面的法向量为， （13分）
由二面角的大小为，
则，
所以，可得，
解得或（舍），所以的余弦值为. （15分）

18.（17分）
已知椭圆的焦距为2，且离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求点到直线距离的取值范围．
18.（17分）
【解析】（1）由题意易知：，，，故，，
因此椭圆； （3分）
（2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在，
故设，设，，
由，可得， （5分）
所以，，
记，则直线，
由，可得， （7分）
所以，
故， （8分）
代入直线，可得，
同理：， （10分）
因此
，
故有； （12分）
（ⅱ）设，则，．
由于，，三点共线，
故，
进而， （15分）
化简可得：，因此，即，
则，
故点到直线距离的取值范围为. （17分）
19．（17分）
进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
（1）将五进制数转化成三进制数.
（2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
19．（17分）
【解析】（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为. （4分）
（2）①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为. （7分）
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故. （9分）
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴， （12分）
∴随机变量的分布列为
∴. （13分）
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴， （15分）
∴随机变量的分布列为
∵，
∴
，
∴. （17分）
（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）
已知等差数列满足．数列的各项均为正数，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
15．（13分）
【解析】（1）是等差数列，由等差中项性质得：，得，
又，所以，公差，
所以； （3分）
，
因为数列各项为正数，，故，
即是首项、公比为的等比数列，则通项公式：； （6分）
（2）由的定义，前项和可分为奇数项和与偶数项和两部分：
设奇数项和为，设偶数项和为，
，
为奇数时，奇数项为，是首项为、公比为的等比数列，
共项，故， （10分）
为偶数时，设，则：，
裂项相消求和：，
所以. （13分）
16．（15分）
如图，四棱锥中，底面，，平面，，．
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值．
16．（15分）
【解析】（1）因为平面，平面，平面平面，
所以
因为底面，平面，所以， （3分）
因为，，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以． （6分）
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系．
过点作，交于点，因为底面，平面，所以，
因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以，
在中，，由可得；
设，则，即，解得； （9分）
因此为的中点，，所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量． （13分）
因为平面，所以是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为． （15分）
17.（15分）
东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立．
（1）从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差；
（2）东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）．
①求，；
②求．
17.（15分）
【解析】（1）由题意可知：，
则，；
；； （3分）
则X的分布列为
所以X的均值，且方差. （7分）
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，
所以； （9分）
②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则，可得，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则， （12分）
当时，则
，
且符合上式，所以. （15分）
18．（17分）
如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．
（1）若，求点坐标；
（2）证明：是定值，并求出的值；
（3）求四边形面积最大值．
18．（17分）
【解析】（1），，则，
由，则，故，
故，化简得，又， （3分）
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为； （5分）
（2）由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）； （8分）
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且； （10分）
（3），，
则
，
则，
由，，则， （13分）
又，
则
， （15分）
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积最大值为. （17分）
19．（17分） 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）当时，证明：对任意，都有；
（3）证明：，.
19．（17分）
【解析】（1）当时，，
则， （3分）
所以，，
故当时，在点处的切线方程为. （5分）
（2）对任意的，当时，，
故只需证对任意的恒成立，整理得，
构造函数，其中，
则
， （8分）
所以函数在上为减函数，故当时，，即，
故对任意的，，
故当时，对任意，都有. （10分）
（3）由（2）知，当时，，即，
令，则，
因为，所以， （14分）
构造函数，其中，则，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数上单调递增，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
令，得，即， （15分）
整理得，
则，
即，
所以，，，，
累加得
，
故，. （17分）
1
2
3
1
2
3
X
0
1
2
3
P