2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)提分小卷限时练01(5解答ABC三组，综合训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)提分小卷限时练01(5解答ABC三组，综合训练)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了100，706，841，635等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：50分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）
2025年我国多地推广“碳普惠”体系，鼓励市民参与绿色出行获取低碳积分．某社区随机抽取100名居民调查绿色出行情况，得到如下列联表（绿色出行定义为“日常通勤采用公交、骑行、步行”）：
(1)依据小概率值的独立性检验，分析参与绿色出行是否与年龄群体有关？
(2)若市民甲前一天参与了绿色出行，则后一天参与绿色出行的概率为；若前一天没有参与绿色出行，则后一天参与绿色出行的概率为．如果市民甲第一天参与了绿色出行的概率为，分别求出他在第二天、第三天参与了绿色出行的概率．
附：
【解析】（1）零假设：参与绿色出行与年龄群体无关，
则，
根据小概率值的独立性检验，不成立，
所以参与绿色出行与年龄群体有关．
（2）设“市民甲第天参与了绿色出行”，“市民甲第天没有参与绿色出行”，．
由题意知：，
∴，
∴，
∴．
∴市民甲第二天参与了绿色出行的概率为，第三天参与了绿色出行的概率为．
16．(15分)
记的内角，，的对边分别为，，，且满足．
(1)求；
(2)设点为边的中点，，的面积为，求，．
【解析】（1）因为，
所以，
所以，
即.
因为，所以，
所以，则，
又因为，则，
所以，解得.
（2）由题得，
所以，
所以.
又因为，则①
由，得，②
由①②得.
17．(15分)
如图，在三棱台中，平面，．
(1)证明：．
(2)为的中点，是上一点，若平面，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）∵平面，平面，∴，
∵，平面，
∴平面，
因为平面，∴，
∵，∴；
（2）由（1）可以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，，
设，，
则，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
由题意，即，令，则，
又，解得，所以．
设直线与平面所成的角为，
则．
18．(17分)
已知为抛物线上一点.
(1)求的准线方程；
(2)若点与关于轴对称，过点且斜率为2的直线交于另一点，设.
（i）求数列的前项和；
（ii）求的面积.
【解析】（1）由题意知，则，
所以的准线方程为.
（2）由（1）知的方程为，
（i），
所以，
所以，
所以数列是以为首项，以4为公差的等差数列，
所以，所以.
（ii）将代入得，
则，
法一：
直线的方程为，
点到直线的距离，
，
的面积.
法二：
.
19．(17分)
已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，若对任意，恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，函数有两个零点，，求证：.
【解析】（1）函数，其定义域为，∴.
当时，恒成立，∴在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意，∴即.
∵，∴不等式可化为，即.
设，则当时，；当时，；当时，.
，当时，，在上单调递增.
当时，，，故，
当时，，，，在上恒成立，
即在上恒成立.
设，，则，
在上单调递增，，
∴，
综上实数a的取值范围是.
（3）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增.
函数有两个零点，，不妨设，则.
要证，只要证，，，只要证.
又∵，∴只要证.
设，，
则.
当时，，，，
∴，∴单调递减，∴.
，即，
∴.
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共13小题，满分81分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.(13分)
已知为等差数列的前项和，，.
(1)求；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
【解析】（1）因为数列是等差数列，
所以由，
所以公差为，
所以；
（2），
所以，因此
.
16．（15分）
如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积．
【解析】（1）由题意可知在三棱柱中，，，所以为等边三角形，所以，
又，，故，
可得，因此，
又因为平面，平面，所以，即，
又，所以平面；
（2）由（1）可知,由平面，平面，
所以，则为直角三角形，
由平面，平面，所以，即，
所以在中，,
则在中，,
所以的面积为.
连接，因为，，所以，
因为平面，所以，即两两垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，解得，取,
所以点到平面的距离,
则三棱锥的体积.
17．(15分)
当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，越来越多的中国科技企业开始意识到自主创新的重要性，大大加强科技研发投入的力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力.某企业为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）和年利润（单位：千万元）的影响.根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下：
表中，.
(1)根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；
(2)已知年利润与，的关系为（其中为自然对数的底数），要使企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？
(3)科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布.企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过，不予奖励；若超过，但不超过，每件产品奖励10元；若超过，每件产品奖励20元.记为每件产品获得的奖励，求.
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.
附：若随机变量，则，.
【解析】（1）根据散点图可判断，更适合作为关于的回归方程类型，
因为呈线性变化，不合要求，故选，
对两边取对数，得，即，
由表中数据得：，，
，所以，
所以关于的回归方程为；
（2）因为，所以，
，令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以预计下一年投入千万元时，
年利润取得最大值为千万元.
（3）因为，，
所以
，
，
（元）.
18．（17分）
已知函数，其中．
(1)证明：当时，；
(2)当时，证明：对任意，；
(3)若是的极小值点，求实数的取值范围．
【解析】（1）设，则，
所以在上单调递增，当时，，
即.
（2）设，
因为当时，，由（1）可知，
所以
，
所以在上单调递增，即，
即，得证.
（3）由题意得，
令，，
（ⅰ）当，即时，取，
所以，当时，，结合（1）可知，
函数的定义域为，关于原点对称，
因为，
所以函数是偶函数，
故当时，，
因为，所以是的极小值点，符合题意；
（ⅱ）当时，因为，且在区间上连续可导，
又因为，
所以函数是定义在上的偶函数，
故存在，使得对任意，都有，
所以函数在区间上单调递减，
当时，，当时，，
所以是的极大值点，不符合题意；
所以实数的取值范围是.
19．（17分）
已知椭圆的焦距为，点在上，直线交于两点.
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，，求的取值范围；
(3)若直线的斜率之积为，证明：直线过定点.
【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，，所以焦点坐标为.
由椭圆的定义知，
.
所以，，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）设 ，由点在椭圆上，得，
所以
因为，所以.
由，可得，
由点在椭圆上，得，
所以
因为，
所以.
所以.
因为
，
所以.
因为，所以.
所以的取值范围是.
（3）设.
当直线斜率不存在时，直线方程为，.
由点在椭圆上，得.
直线的斜率之积为，所以，
即，所以，所以或.
此时直线方程为.
当直线斜率存在时，直线方程为.
由，得.
，得.
.
直线的斜率之积为，
所以.
因为
；
.
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或.
当时，直线恒过定点；
当时，直线，恒过定点与点重合，所以三点共线，不符合题意，舍去.
直线也过点.
综上所述，直线恒过定点.
（考试时间：70分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分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，角的对边分别是，且满足.
(1)证明：；
(2)若边上的中线长为2，求的面积的最大值.
【解析】（1）在中，由及正弦定理，
得，而，则，
即，而，所以，.
（2）令边的中点为，则，，
两边平方得，则，
即，当且仅当时取等号，
的面积，
所以的面积的最大值为.
16．(15分)
“村BA”正盛行，它不仅是一场体育赛事，也是一场文化盛宴，更是一台经济引擎．某校为激发学生对篮球、足球、排球运动的兴趣，举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球、足球、排球三类相关知识题量占比分别为．甲同学回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为．
(1)若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
(2)若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得－1分．设该同学回答三题后的总得分为X分，求X的分布列及数学期望；
【解析】（1）设B＝“甲同学所选的题目回答正确”，
“所选的题目为篮球、足球、排球相关知识的题目”（i＝1，2，3），
根据题意得，
；
所以
（2）由题意可知，X的可能取值为，
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
所以.
17.（15分）
已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|．
【解析】（1）由题意知，，
解得，
所以的方程为
（2）联立，整理得，
由，可得，
设，则
因为，
又直线过点，且，
所以，所以①，（也可利用斜率相等或向量共线得出）
将①式代入得，消去得，
解得，
则

18．(17分)
如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
(3)若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围．
【解析】（1），点为的中点，
，
又，，
，
、为等腰直角三角形，
由题意，可知，
如图，
取PE中点H，连接，
,，
平面，平面，，
平面，
平面，
.
（2）设与的交点为，
∵平面，平面平面，
平面，
，
点为的中点，
为的中点，
平面，平面，
，
又，，
，
如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，，
，
，
，
得，
同理：可得，
不妨设，，其中，，
过，从而，
由，，
得，则，
设平面与平面的法向量分别为，，
，即，
可得，
同理可得：，
，
且易知，满足θ为钝角，
而，当且仅当，时取等号，
故，
二面角的平面角的余弦值的最大值为.
（3）如图，
且，
,
平面，平面，
,
平面，平面，
，
由（2）知，，
关于平面对称，
设，则，其中且，
设的外心为，显然应在轴上，
设，
，
故有，整理得：，
同时在平面的垂直平分线恰为，
因此球心即为，过点且垂直于平面的直线与的交点，
故，
令，则且，代入及表达式，
得，
因此，令，
故，且，
且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD的体积有3个可能的值，
等价于有3个不同的解，即有3个不同的解，
①当时，关于的方程，
在区间上有唯一解，
此时关于v的方程仅在区间有一解，不满足题意；
②当时，
关于的方程恰有两解，，
方程在区间有1解，有唯一解，
故共有2组解，不满足题意；
③当时，
关于的方程在，分别有一解，
此时关于v的方程在区间有一解，在有2解，
共3解，符合题意，
因此，即，
综上所述，该球半径的取值范围是；
解法二：令，则且，
代入的表达式为：，
则，结合，后同解法一的讨论．
方法二：（3），且，
故，
平面，平面，
，
平面，
平面，
，
由（2）知，，
关于平面对称，
设，则，其中且，
设球心，则，
化简整理得：，且，故，
下同方法一.
19.（17分）
已知函数，设，，…，，（）．
(1)证明：，并求；
(2)对于任意实数，求使成立的最大正整数；
(3)求使得，，成立的所有正整数的取值集合．
【解析】（1）由题意知：，
而，故；
接下来证明：，
，
而
，命题得证.
（2）由（1）知，且，
易得：，
，其中.
故，
所以原不等式可化为：，由题意知为正整数，
若为正奇数，可为负数，
对于任意实数时，不等式不成立，故必定为正偶数.
令 ，则有： ，
设，则令，则，
易知时，在上单调递增，且，
故当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
若求成立的最大正整数，
只需求成立时的最大整数m即可.
即成立时的最大整数m，
代入计算即可知使该不等式成立时的最大整数m为4，
时，显然成立，
故使成立的最大正整数为8.
（3）由题知：，，成立
等价于，成立，
即成立.
由（2）知：，
，
故当时，；
故当时，；
故当时，；
故当时，；
令，易得，
此时满足的只有或，
当时，，
，
令，则，
接下来证明：，
令，则，
而时，，，易知，
故在上单调递增，而，
故，所以，
进而，命题得证.
故在上单调递增，且，故，
即，可知在上单调递增，
且，故，此时的，满足题目要求；
当时，，
，令，
则，故在时单调递增，
即在时单调递增.
易知：，，根据零点存在定理可知，
在内存在一个零点，且单调递减，
而，故存在的区间，故原不等式不成立，
则此时不成立.
综上，使得，，
成立的所有正整数的取值为，
即的取值集合为.
参与绿色出行
不参与绿色出行
总计
青年群体（40岁）
35
15
50
中老年群体（40岁）
20
30
50
总计
55
45
100
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
30.5
15
15
46.5
X
1
5
9
P