数学终极押题猜想（全国一卷 通 用）2026年高考数学终极冲刺讲练测试题 附解析

1/1042026年高考数学终极押题猜想目录押题猜想01复数-复数性质 2押题猜想02平面向量-投影向量、最值问题 6押题猜想03三角函数-图象与性质、𝛚范围求解 16押题猜想04数列-数列的性质、数列构造 26押题猜想05计数原理-排列组合、二项式定理 36押题猜想06空间向量与立体几何-截面、翻折、动点最值问题 41押题猜想07概率统计-用样本估计总体、统计、条件概率 59押题猜想08圆锥曲线-定点定值问题 71 88TOC\o"1-1"\h\z\u押题猜想01复数-复数性质试题前瞻·能力先查限时：3min【原创题】（单选题）已知复数对应的向量为(O为坐标原点)，与实轴正向的夹角为，且复数的模为2，则复数为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】设复数，根据题意可得，，即可解决.【详解】设复数，∵向量与实轴正向的夹角为且复数的模为，∴，，∴．故选:D.分析有理·押题有据复数连续两年都只作为单选题出现，作为新教材后出现的对复数定义相关的考察内容，今年很有可能再以多选题的形式出现或者结合三角函数考察复平面的内容，虽然本身内容不难，但在多选题中出现也是要求考生对于复数的相关内容要有足够的熟练度和对复平面的了解，还有就是运算能力的要求。在这我主要以复数运用的练习来出题。做到对简单知识点要有掌握的全面性和运算的仔细性进行预测和练习。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·陕西商洛·一模）若复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，.所以的虚部是．2．（2026·甘肃兰州·一模）已知函数（是虚数单位），则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题知，，所以.3．（2026·广东深圳·一模）复数，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【详解】依题意，.4．（2026·福建泉州·一模）若复数满足，则（

）A． B． C．0或 D．0或【答案】C【详解】设复数，则，所以，所以，解得或，所以或.二、多选题5．（2026·浙江·模拟预测）设为复数，其中，则下列正确的是（

）A． B．C．若，则 D．若，则【答案】BC【分析】根据复数运算和模长运算判断A错误，C正确；根据复数性质判断B正确；通过举反例判断D错误.【详解】选项A，计算得：，，因为，所以的虚部，不可能等于实数，故A错误；选项B，是复数模的基本性质，对任意复数都成立，故B正确；选项C，设，则，若，则虚部，得，故，故C正确；选项D，，故，由两边约去得，不一定有，例如满足条件，但，故D错误.6．（2026·广东·模拟预测）已知复数满足，复数（，i为虚数单位），则下列选项正确的是（

）．A．若，则在复平面内对应的点位于第一象限B．复数在复平面内对应点的轨迹是圆心为，半径为1的圆C．的最大值为3D．若的实部与虚部互为相反数，则【答案】BCD【分析】根据复数的几何意义、复数的乘除计算逐项判断即可.【详解】因为时，复数，所以在复平面内对应的点位于虚轴上，A错误；因为复数满足，所以复数在复平面内对应点的轨迹是圆心为，半径为1的圆，B正确；当复数的点位于时，取最大值为3，C正确；由于，若的实部与虚部互为相反数，则，即，D正确.7．（2026·山西运城·一模）已知复数，且（），则（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据复数的加减法运算将已知等式化简，根据复数相等则虚部、实部分别相等列方程组求解即可.【详解】因为，所以，又，所以，即，所以，解得.8．（2026·山东滨州·一模）在量子计算的理论研究中，量子比特的相位演化可以用复指数形式描述．瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：，为量子态的叠加与演化提供了重要的数学基础．其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联．依据欧拉公式，则下列结论正确的是（

）A．的虚部为B．在复平面内对应的点位于第二象限C．D．若在复平面内分别对应点，则面积的最大值为【答案】AC【分析】对于A：根据题意可得，即可得虚部；对于B：根据题意可得，结合复数的几何意义分析判断；对于C：根据题意结合诱导公式分析判断；对于D：由题意可得，结合面积公式分析判断.【详解】对于选项A：因为，所以的虚部为，故A正确；对于选项B：因为，所以在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误；对于选项C：因为，则，可得，即，故C正确；对于选项D：因为，，则在复平面内分别对应点，可得，，则面积为，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为，故D错误.三、填空题9．（2026·广东茂名·一模）已知关于的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若是等边三角形，则__________.【答案】【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，，根据条件可得边长之间关系式，进而得解.【详解】根据题意设方程的两虚根为，，为实数，方程的两根在复平面上对应的点分别为和，轴，又是等边三角形，高为2，则，解得，则；则.故答案为．押题猜想02平面向量-投影向量、最值问题试题前瞻·能力先查限时：5min【原创题】如图，在矩形中，，，，分别是和的中点，若是矩形内一点（含边界），满足，且，则的最小值为__________.【答案】【分析】，设，，则，，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），设的中点为，则，只需求的最小值即可.【详解】由，得，所以.取，，则，，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），如图.设的中点为，则.因为，，，分别是和的中点，所以，当时，最小，且最小值为，所以的最小值为.故答案为：分析有理·押题有据平面向量作为高中应用型的知识点，前年只是考察了向量的简单坐标运算，去年考察的是情景题以新定义的形式考察，今年大概率会结合几何内容考察相对难一点的知识，所以重点掌握向量的基本定理、极化恒等式求范围、等和线的线性转化以及奔驰定理结合三角形重心的相关内容。当然类似于新教材出现的投影向量的知识点也是考察的重点，在近3年的高考中全国一卷还未出现过。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·天津河东·一模）如图所示，正方形内有一个动点，，，当，，三点共线时，的延长线与交于点，正方形边长为2，则的最小值为（

）A．0 B． C． D．1【答案】B【分析】以为坐标原点，所在直线建立平面直角坐标系，根据可得到点的轨迹方程，求出，，三点共线时点坐标，进而得到点坐标，设，表示出，利用辅助角公式即可求出答案.【详解】以为坐标原点，所在直线建立如图所示平面直角坐标系，则，，，设，则，，因为，所以，所以点的轨迹方程为，直线方程为，联立，解得或（舍去），所以当，，三点共线时，，此时直线方程为，令，解得，所以，设，其中，则，，所以，其中，，所以当，即，时，取得最小值，最小值为.2．（25-26高三下·安徽·开学考试）2025年10月，某国产汽车完成一场百年汽车工业史上的创举——横渡长江，以硬核技术惊艳亮相，彰显中国汽车品牌创新实力.如图，此段长江的两岸近似看作平行，宽度约为1000米.若汽车从地出发，以的静水速度向对岸航行，水流速度为，要使航程最短，大约需要（

）时间（单位：min）A． B． C．6 D．12【答案】D【分析】由汽车实际行驶方向应与两岸垂直，结合向量加法的平行四边形法则，即可求解.【详解】设点B是长江对岸一点，与江岸垂直，当汽车实际沿方向行驶时，航程最短.设汽车的速度，水流的速度，实际速度.由图可知，.则航行时间为（min）.3．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解.【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故.4．（2026·浙江·模拟预测）已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用重心的性质及平面向量基本定理即可求解.【详解】因为点是的重心，所以，即，，又不共线，所以，故.故选：C5．（2026·辽宁盘锦·一模）已知P，Q是双曲线右支上两点，且满足（其中），则最小值为（

）A． B．2 C．4 D．【答案】A【分析】设，根据向量数量积的坐标运算，将问题转化为关于的二次函数求最值问题，结合题干求解即可.【详解】设，由，得，代入和，得，在双曲线右支，故.设二次函数，对称轴为，所以最小值为验证可知时，，存在符合条件的在右支，故最小值为.6．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】对于A，由共线，存在使，由共线，存在使，联立系数相等：，解得：，，因此：，故选项A错误；对于B，，若，则：​，显然系数不相等，选项B错误；对于C，由于，且在上，故设，则，结合，得：，解得，选项C错误；对于D，由，所以，故选项D正确.7．（2026·辽宁抚顺·一模）已知向量，若向量在上的投影向量相等，则（

）A．2 B．1 C． D．-1【答案】A【分析】根据向量投影相等的条件，推导出，再利用向量垂直的数量积为列方程求解.【详解】由题意得，即，整理得，所以，解得.二、多选题8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在正三棱锥中，，D是中点，E是中点，点F，G满足，，直线DF，GE相交于H，下列说法正确的是（

）A． B．C．与是共线向量 D．【答案】AC【分析】以为一组基底，结合数量积的运算法则可判断A；B利用数量积的定义得出判断B；利用平面平面以及判断三点共线可判断C；利用向量的加减运算判断D.【详解】对于A，设，，则，于是，故A正确；对于B，因为，，所以，则夹角等于，因为，则为锐角，由数量积的定义可知，故B错误；对于C，因为，平面，则平面，同理，平面，则平面，又平面平面，故，即三点共线，故C正确；对于D，因，故D错误.9．（2026·四川·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，点A在第一象限，过点A，B作C的准线l的垂线，垂足分别为，，则（

）A．l的方程为 B．为正三角形C． D．的面积为【答案】ABD【详解】抛物线的焦点在直线上，则，解得，对于A，抛物线的准线l的方程为，A正确；对于B，由，解得或，，，为正三角形，B正确；对于C，由选项B得，，，C错误；对于D，点到直线的距离，，，D正确.10．（2026·河北·一模）已知向量，，，则下列说法正确的是（

）A． B．在上的投影向量为C．与夹角的余弦值为 D．若与垂直，则实数【答案】AC【详解】对A，，则，故A正确；对B，在上的投影向量为，故B错误；对C，与夹角的余弦值为，故C正确；对D，，若与垂直，则，解得，故D错误.三、填空题11．（2026·山东滨州·一模）已知点为所在平面内一点，，若，则的取值范围为__________．【答案】【分析】先由条件可得，再建立平面直角坐标系得，再进一步判断点A在优弧上，落在角的终边上，再用三角函数来解决取值范围问题.【详解】由，所以点为的外心，因为，所以.设，再以点为原点，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图：则，所以，又因为，所以，即.又因为，所以点A在优弧上，所以落在角的终边上，由三角函数的定义有，即，所以，又因为，所以，，，所以.押题猜想03三角函数-图象与性质、𝛚范围求解试题前瞻·能力先查限时：5min【原创题】（多选题）下列关于函数.的说法正确的是（

）A．为奇函数 B．是图象的一条对称轴C．为周期函数，且最小正周期为 D．的值域为【答案】AD【分析】利用奇偶性定义判断A，利用函数对称性与周期性的定义判断BC；利用导数判断D.【详解】对于A，，为奇函数，故A正确.对于B，，，，不是图象的一条对称轴，故B错误；对于C，，，不是的周期，故C错误，对于D，，令，即，解得或，当时，，，当时，，，故函数极值为.的值域为，故D正确.分析有理·押题有据三角函数23年是选择压轴，和一个填空题，单难度都不大，分别是三角恒等变换和求ω的取值范围。而24年和25年连续两年都是第4题出现的简单的三角恒等变换和图像与性质问题。25年在多选压轴中结合解三角形考察了三角恒等变换，但不是重点。所以今年很大可能出现在多选题中，且考察三角函数自身的内容，那只能是结合三角函数的图象考察性质问题，难度不会太大，但想拿满分就需要注意三角函数的周期性问题和ω的取值范围问题。去年大题考察的是数列，所以今年大概率会是解三角形。所以三角函数在小题中自身的知识点都很重要，包括和差化积和积化和差都需要熟练。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·山西晋中·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，若，则（

）A． B．0 C． D．【答案】C【分析】由向量夹角的定义，结合三角恒等变形化简求解即可．【详解】根据题意可知，，，即．2．（2026·海南儋州·一模）已知函数在上单调递增，且当时，，则的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】运用辅助角公式将函数化为正弦函数，进而利用正弦函数的单调区间和正负区间分别建立关于ω的不等式组，通过整数参数描述区间位置并与定义域取交集，最终综合确定ω的取值范围.【详解】利用辅助角公式化简：的单调递增区间为，当时，，整个区间需落在某个增区间内，因此：,化简得：结合：若，则，若，则，若，不等式无解，因此当时，，要使恒成立，整个区间需落在，因此：，化简得：，结合，分情况讨论：当时：取，得，交集为，当时：取，得，交集为（因为），综上，的取值范围是.3．（2026·陕西商洛·一模）已知函数的最小正周期为，若对任意的恒成立，且在区间上单调递增，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】结合题意得，求得，再结合三角函数的单调性得，，最后结合求解即可.【详解】因为，所以，又，所以，即，又在区间上单调递增，所以，故，，解得，．令得，又，所以；令得；当时，，不合题意．综上，的取值范围为．4．（2026·四川德阳·二模）若，则＝（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由条件关系求出，根据平方差公式，平方关系结合齐次化方法可得，由此可求出.【详解】因为，所以，故因为，又，所以.二、多选题5．（2026·湖北宜昌·二模）已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的有（

）A．B．C．是函数的一条对称轴D．函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到【答案】ABD【分析】根据函数的图象，利用三角函数的性质，求得，结合三角函数的对称性，以及图象变换，逐项判断，即可求解.【详解】A，由函数的图象，可得，可得，所以，所以A正确；B，由，可得，可得，解得，因为，所以，所以B正确；C，由，令，可得，令，可得，所以不是函数的一条对称轴，所以C错误；D，将函数的图象向左平移个单位，可得，所以D正确.6．（2026·安徽滁州·一模）已知函数，，，则（

）A．，的图象都关于点对称B．，的图象都关于直线对称C．将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象D．将图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象【答案】AC【分析】根据正弦函数、正弦型函数的对称性判断AB，根据两角和的余弦公式及图象的伸缩与平移变换判断CD.【详解】对A，关于中心对称，也关于中心对称，故A正确；对B，的一条对称轴为，因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；对C，，的图象向左平移个单位长度，可得到，故C正确；对D，图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数，故D错误.7．（2026·陕西咸阳·二模）将函数图象向右平移个单位长度得到图象，若，，则下列说法正确的是（

）A．当，时，值域为B．若图象关于点对称，则的最小值为1C．若对于任意实数都成立，则的最小值为D．若在上单调递增，则的取值范围为【答案】BCD【分析】当，化简可得，根据正弦型函数性质计算可判断A；化简可得，根据正切函数性质计算可判断B；由题意可知，列式计算可判断C；根据正切函数性质列不等式计算可判断D.【详解】对于A，当，，将函数图象向右平移个单位得的图象，所以，又，，所以，所以，所以值域为，故A错误；对于B，由题意得，所以，因为图象关于点对称，所以，得，又，所以的最小值为1，故B正确；对于C，由B得，又因为，所以，所以，解得，又，所以的最小值为，故C正确；对于D，由B知，因为，所以，又在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围为，故D正确.8．（2026·广东·模拟预测）已知函数，将其图象向右平移个单位后得到的图象，的最小正周期为，则下列选项正确的是（

）．A．函数的图象关于对称B．函数在区间上单调递增C．若且，则D．函数的图象可由的图象向右平移个单位得到【答案】ACD【分析】利用辅助角公式及周期公式可得函数解析式，根据特殊角的正弦值、三角函数的单调性对称性及图象变换一一判定选项即可.【详解】函数，其图象向右平移个单位后得到的图象，则，的最小正周期为，且，则，得，所以，.，是函数的最大值，函数的图象关于对称，A选项正确；时，，不是正弦函数的单调递增区间，B选项错误；时，有，若，则，由，则有，即，则，C选项正确；函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象即函数的图象，D选项正确.9．（2026·山东德州·一模）函数的部分图象如图所示，则（

）A．B．的图象关于点对称C．函数在区间上单调递增D．若在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，则实数的取值范围为【答案】ABD【分析】根据周期以及最值可得，即可判断A，代入验证即可判断B，根据整体法求解函数的单调性即可判断C，由整体法，结合三角函数的性质即可判断D.【详解】由图可得，函数的最小正周期，又，所以，则，由，得，，解得，，又，所以，故A正确；由上分析，得故，因为，故函数的图象关于点对称，故B正确；令，，解得，，故函数的单调递增区间为，令，，解得，，故函数的单调递减区间为，，则函数在区间上单调递减，在上单调递增，故C错误；当时，则，要使在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，需使，解得，故D正确.故选：ABD.三、填空题10．（2026·江苏·一模）求值：___________．【答案】【详解】.四、解答题11．（2026·湖南·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示．(1)求的解析式，并写出的单调递减区间；(2)若，且，求的值．【答案】(1)，．(2)【详解】（1）由图象可知，∴，又∵，∴，代入可知，即，又因为，所以，可知当时，单调递减，所以的单调递减区间为．（2），又∵，所以由二倍角公式可得：，解得，又∵，∴，所以．押题猜想04数列-数列的性质、数列构造试题前瞻·能力先查限时：5min【2026·湖北黄石·一模】（多选题）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（

）A．第2026行共有2026个数B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为【答案】BCD【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D.【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，对于B,由题意可得,B正确，对于C,第48行的所有数字之和为,由于能被7整除，故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确，对于D,第行的和为，当时，第行中去除为1的项的和为，第0行为1，故前行中去除为1的项的和为，故前17行中去除为1的项的和为，去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数，当时，，因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为则此数列前135项的和为.分析有理·押题有据24年实行数论压轴题失败后，25年回归普通数列题，考察的是等比数列的性质和一道大题，都有点难度，今年应该还是会回归之前的解三角形和数列二选一的情况，23年和25年均考察了数列大题，所以今年可能不考察数列大题。所以在小题中数列的性质以及数列的应用就很重要。杨辉三角的内容需要着重理解一下，类似的数论思想的问题需要多加练习。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·辽宁大连·一模）已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（

）A．7 B．21 C．35 D．70【答案】C【分析】由于可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，再用组合数算出结果.【详解】，设差值中有个1和个2，则，解得：，.3个1和4个2进行排序，一共有.2．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，若，则（

）A．不可能是等差数列 B．可能是等比数列C．不可能是递减数列 D．可能是周期数列【答案】C【分析】利用题目条件推出数列前项和与通项的关系，结合选项逐一判断.【详解】已知，时，两式作差得：，因，两边除以得：，且时，，得，同时可知：奇数项是公差为的递增数列，偶数项也是公差为的递增数列，选项A：若是等差数列，由得，结合得，即，验证得，满足条件，因此可以是等差数列，A错误；选项B：若是等比数列，公比为，则要求对所有恒成立，左边随变化，不可能恒等于常数，矛盾，不存在这样的等比数列，B错误；选项C：递减数列要求对任意，，由前面推导：若，则，即，不满足递减；若，直接得，不满足递减；且奇数项、偶数项本身都是递增的，因此不可能是递减数列，C正确，选项D：数列的奇数项和偶数项都是单调递增数列，故数列不是周期数列，D错误.3．（2026·山东济宁·一模）已知数列的首项，且满足，则（

）A． B． C．10 D．12【答案】A【分析】根据递推关系得，结合等差数列定义写出的通项公式，即可得答案.【详解】由题意可得：，令，则可得：，所以是等差数列，公差为2.又因为，所以，所以.4．（2026·湖北武汉·模拟预测）记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】A【分析】设等比数列的公比为，根据题意，利用等比数列的求和公式，化简求得，再由等比数列的通项公式，化简求得，进而求得的值.【详解】设等比数列的公比为，当时，可得，则因为，所以，所以，此时，又因为，可得，所以，即，令，可得，解得或（舍去），所以，法一：由，提取公因式，可得，因为，代入化简得，即，所以，解得；法二：由等比数列的通项公式，可得，因为，可得，即，则，即，因为，所以，可得，所以.5．（2026·江苏南京·一模）若等差数列的前项和为，且，则（

）A． B． C． D．2【答案】C【详解】利用等差数列前项和公式，代入得：，代入已知条件：，化简得：，展开并整理：，解得，即：，因此：，故.二、多选题6．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则下列说法正确的是（

）A．B．C．第项为D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则【答案】AC【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定数阵第行有个数，从左向右分别为.对于A，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个即可判断；对于B，确定位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第项为第行第1个即可；对于D，根据杨辉三角得到，利用裂项相消求和法求和即可.【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：则该数阵第行有个数，从左向右分别为，第行最后一项位于原数列第项，对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，所以，该数阵第行所有数之和为，所以，选项B错误；对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.故选：AC.7．（2026·湖南·模拟预测）已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（

）A． B．数列为等差数列C． D．【答案】BC【分析】先利用与的递推关系求出数列的通项公式，再依次分析其对数数列的性质、前项和的范围，以及相关函数的取值范围，从而判断各选项的正误.【详解】对于A：因为，当时，，所以，则得，又当时，，由，得，则，，故A错误；对于B：因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，则，因此数列是首项为，公差为的等差数列，B正确；对于C：，当为奇数时，，因是递减数列，则；当为偶数时，，因是递增数列，则，所以，C正确；对于D：因为在上单调递增，而，则，D错误．8．（2026·山东德州·一模）已知数列满足，且，则（

）A．存在唯一的实数，使得为常数列B．当时，为递减数列C．当时，的取值范围为D．当时，前项和为，则【答案】BCD【详解】对于A.由条件可知，，若，则，为常数列，若，则，为常数列，故A错误；对于B.因为，当时，，所以，由可知，对所有，都有，两边取以10为底的对数，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，即，，因为，且单调递增，所以数列单调递减，故B正确；对于C.，，因为恒成立，所以，得，故C正确；对于D.当时，，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，即，，，而数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以前项和为，所以，故D正确.9．（2026·四川成都·二模）已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（

）A． B．C．当时，取得最大值 D．取得最小正值时为31【答案】ACD【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，根据等差数列性质可判断BC，根据二次函数性质可判断D.【详解】对于A，设等差数列首项为，公差为，则，因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减，要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确；对于B，由等差数列性质可知，故B错误；对于C，因为，所以，所以时，取得最大值，故C正确；对于D，由可得，由，可得，所以取得最小正值时为31，故D正确.三、填空题10．（25-26高二上·福建漳州·期末）“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构成的数列记为，如图，实线上的数即为的前4项.记，则_____.【答案】/【分析】先根据杨辉三角的行号与位置对应关系，确定数列的通项，再对通项进行裂项，最后通过裂项相消法求出前项和，代入得到结果.【详解】在杨辉三角中，第行的第个数（从第行开始计数）为，，所以，所以,故答案为：.11．（2026·山东滨州·一模）已知首项和公差都不为0的等差数列，其前项和为，且，则__________．【答案】/【分析】由已知比例关系解出等差数列首项与公差的关系，代入所求表达式化简即可【详解】因为是等差数列，且，设的公差为，则有，整理得，经验证，则成立，，则.押题猜想05计数原理-排列组合、二项式定理试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】今天是星期一，再过天是星期几（

）A．星期二 B．星期三 C．星期四 D．星期五【答案】D【分析】通过二项式定理将逐步变形为与相关的展开式，消去能被整除的项，最终求得除以的余数，进而推算出对应的选项.【详解】因为，由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数，由，则除以的余数为，所以今天是星期一，再过天，是星期五.分析有理·押题有据连续两年填空压轴都是排列组合配合概率统计的考察了，23年考察的排列组合中的分配问题。二项式定理均未考察，因为二项式定理的内容较为死板，所以掌握相关内容即可，重点关注一下二项式定理中的余数问题。可能会在多选题的选项中出现。排列组合今年大概率不会太难，所以一定需要掌握相关的题型，尤其是分配问题中的平均分组问题，这个分数不能丢。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·湖南衡阳·模拟预测）在某道选词填空题中，有3个空格，4个备选单词。每个空格只能填入一个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3个正确答案是4个备选单词中的3个，剩余1个备选单词是多余的）。若随机选择3个备选单词分别填入3个空格，则3个空格全部选错的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】假设4个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙.第一类，选出的3个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2种选法；第二类，选出的3个单词包含丁，则从剩下的3个单词选两个有种情况，不妨设选出的单词为甲，乙，则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3种，即共有种选法.综上，符合要求的情况共有种，全部情况为种，则3个空格全部选错的概率是.2．（25-26高三下·浙江杭州·月考）实数的近似值（精确到0.001）是（

）A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683【答案】B【分析】先将变形为，再利用二项式定理展开化简即可得解．【详解】，将精确到，故近似值为．3．（2026·山东烟台·一模）某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（

）A．180 B．240 C．320 D．360【答案】B【分析】先求将名同学分成人数分别为的四组的方法数，再求将组同学分派到4个场次的方法数，根据分步乘法计数原理求结论.【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成，第一步，将名同学分成人数分别为的四组，该步有种完成方法，第二步，将组同学分派到4个场次，此步有种完成方法，由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为4．（2026·贵州毕节·二模）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（

）A．90 B．150 C．240 D．300【答案】B【分析】先将5个不同的红包分3组，求出总的分法，再将3组分配到3个不同的红包袋中，即可得答案.【详解】将5个不同的红包分3组，有两种不同的方式，①：“1,1,3”型，则有种分法；②：“2,2,1”型，则有种分法，所以共有25种分法，将分好的3组，装入3个不同的红包袋中，共有种装法.5．（25-26高三下·河北沧州·月考）将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（

）A．12 B．26 C．52 D．104【答案】A【分析】分类讨论数字1出现的位置，即可由分类加法以及排列求解.【详解】第一张为1时;若第五张为1，则仅有1种排法；若第三张为1，有种排法.若第四张为1，有种排法.第二张为1时;若第四张为1，则共种排法，若第五张为1，有种排法，第三张为1时，第五张为1，有种排法，综上可得：总计12种排法.6．（2026·山东淄博·一模）有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（

）A．42 B．50 C．54 D．60【答案】D【分析】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解.【详解】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论：当是第1个时，此时剩余的全排列，共有种不同的排法；当不是第1个且不是最后一个时，先排第1个，从中选一人为第1个，有种选法；再排，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有种排法，所以共有种不同的排法，由分类计数原理得，共有种不同的排列情况.7．（2026·湖北宜昌·二模）已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（

）A． B． C．80 D．160【答案】A【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解.【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，所以，所以的展开式的通项为，令，得，故，故展开式中的系数为.8．（2026·广东·一模）在的展开式中，含的项的系数是（

）A． B．4 C． D．16【答案】D【详解】对于的展开式，含的项为，故该项的系数为16.二、多选题9．（25-26高二下·江西赣州·开学考试）若，则下列选项正确的有（

）A． B．展开式中所有项的二项式系数的和为C．奇数项的系数和为 D．【答案】ABD【分析】通过对二项式展开式中的赋予特殊值，结合二项式系数的性质，快速求出各项系数、系数和及特定系数和，从而判断各选项的正误.【详解】对于A：因为，因此，故A正确；对于B：展开式中所有项的二项式系数的和为，故B正确；对于C：令，可得；再令，可得，将两式相加，即得展开式中所有奇数项系数的和为，故C错误；对于D：令，则，再令，可得，所以，故D正确．三、填空题10．（2026高三下·上海·专题练习）若，则________．【答案】3124【分析】由多项式分析知：为奇数，系数为负；为偶数，系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果.【详解】由题设，含的项中，当为奇数，系数为负，而当为偶数，系数为正，所以，令，则；令，得，所以．11．（2026·广东广州·一模）设a为常数，多项式除以所得的余式为，则a＝______．【答案】2【分析】由题可设，再化简解方程即可求解得到.【详解】因为多项式除以所得的余式为，所以可以设，整理得到，所以，则.故答案为：2.押题猜想06空间向量与立体几何-截面、翻折、动点最值问题试题前瞻·能力先查限时：7min【2026·甘肃·一模】（多选题）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（

）A．B．圆锥与球的交线的轨迹长为C．若，则D．平面截球的截面面积的最小值为【答案】ACD【分析】根据圆锥轴截面是正三角形且底面半径为，可以计算圆锥的高、母线长，再利用轴截面的几何关系求内切球半径，进而可计算球和圆锥的体积比，可以判断选项A；先确定圆锥与球的交线是一个圆，通过分析球心到圆锥轴截面的距离、球半径，求出交线圆的半径，再计算其周长，可以判断选项B；根据题意可得，再结合三余弦定理，可以判断选项C；当球心到平面的距离最大时截面圆半径最小，进而得到最小面积，可以判断选项D.【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心，因为轴截面为正三角形且底面圆半径为，所以，所以，故A正确；对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为，因为，所以在中，可得，求得半径，故轨迹长为错误；对于C，根据三余弦定理可知，，故C正确；对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大，如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为，又因为在中，，所以截面半径的最小值为，所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确.分析有理·押题有据立体几何的大题这几年变化都不大，一直都是第一问考察点线面的位置关系，第二问为距离、夹角相关的问题，去年考了一个证明点在面内，但整体变化不会太大，注意二面角为钝角时二面角的余弦值的正负问题。主要是小题的考察，25年考察的是证明点线面的位置关系且为多选题，24年考察几何体的表面积和体积，难度都不大。所以今年的几何小题大概率会在压轴出现，外接球问题去年有接触到一点，所以今年多注意几何中较难的截面、翻折和动点最值问题。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·广东广州·模拟预测）如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】取中点中点，，则，由平面，平面平面，平面平面得平面，由勾股定理知，可得，设，可得，同理，由知．由勾股定理得，于是三棱柱的体积，记，结合二次函数单调性可得，于是．2．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】如图所示，将面保持点不动向下旋转得平面，如图，过作于，连接，则，则的最小值等价于的最小值，即点到面的距离，过作于，可知在平面内，，可知，，所以，，则，可知，解得，所以的最小值为.二、多选题3．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得为直角B．对于任意点，都有直线平面C．对于任意点，都有平面平面D．三棱锥的体积为定值【答案】CD【分析】先证明，对于A：假设为直角，结合线面垂直判定定理证明平面，推出矛盾即可判断；B：根据线面平行的性质证明，推出矛盾即可判断；C：证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论即可判断；D：先证明点到平面的距离为定值，由体积公式可判断即可．【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，都为锐角，所以，又，，所以，故，对于A，若为直角，则，因为平面，平面，所以，又相交，平面，所以平面，又平面，与过点有且只有一条直线与平面垂直矛盾，故A错误；对于B，连接，则平面平面，若平面，且平面，则，又，，故四边形为平行四边形，故相交，矛盾，故B错误；对于C，连接，，，，由平面，平面，得，由为正方形，易知，因为，平面，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，又平面，平面平面，故C正确；对于D，，平面，平面，平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故三棱锥的体积为定值，D正确．4．（2026·四川内江·二模）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（

）A．点的轨迹经过线段的中点B．点的轨迹长度为C．三棱锥的体积为定值D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为【答案】ACD【详解】如图，取的中点，连接，，易知，又平面，平面，所以平面.又是中点，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面，所以点的轨迹为线段（不含端点）.对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确；对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误；对于C，因为平面，点是棱的中点，则，所以C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，则，设，球心，半径为，由，得到，解得，，所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确.5．（2026·江苏镇江·一模）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（

）A．当为的中点时，B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为C．三棱锥体积的最大值为D．当平面时，线段长度最大值为【答案】ACD【详解】对于A，当为的中点时，因为是线段的中点，所以，在正方体中，平面，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示，当点在弧上时，直线与所成的角为，长度，故点的轨迹长度为，故B错误：对于C，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点，所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，故C正确；对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，如图2所示，易知，面，平面，故平面，，平面，平面，故平面，又，，平面，故平面平面，又，，，故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，；故，故长度的最大值为，故D正确.6．（2026·山东青岛·一模）已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（

）A．球的表面积为 B．当四面体体积最大时，C．当时，的最大值为 D．当时，的最小值为【答案】ACD【详解】对于A，，，，，则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确；对于B，，又，当平面时，四面体体积最大，平面，，，即和为全等的等边三角形，则，四面体的表面积，，则四面体内切球半径，易得平面，故四面体关于平面对称，则内切球球心在平面上，过分别作，则，平面，平面，同理可得平面，，即四边形为正方形，，故B错误；对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线，设的中点为，又，故直线为直线，则为其中一个截面，又平面，平面，，，在上取一点，作截面，由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小，以为原点建立空间直角坐标系，则，设异面直线的公共法向量为，距离为，，不妨取，则，，即点到距离的最小值为，此时，则截面面积最小值为，综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确．7．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，点P、Q、M、N分别是、、、BC的中点，则（

）A．P、Q、M、N四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径C．三棱锥的体积为 D．直线MN与AC所成角余弦值为【答案】BCD【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线，点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误；对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确；对于C，点到平面的距离为，则，C正确；对于D，取中点，连接，由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是，而，则，因此，D正确.三、解答题8．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面．(1)求证：；(2)求直线和平面所成角的正弦值；(3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）设O为的中点，连接，由题得，所以为正三角形，则，所以平面，平面，．（2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，则，设平面的法向量为，则，令，则，则，则，所以直线和平面所成角的正弦值为.（3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，又，所以点到平面的距离，所以点到平面距离的最大值为.9．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H．(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点，所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面，又H、G分别为的中点，所以．平面，平面，所以平面，因为FD、平面，，所以平面平面．（2）因为三角形为正三角形，，F为的中点，所以，，所以为二面角的平面角，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．作平面于O，则O在直线上．又二面角的平面角为，所以O在线段的延长线上．由已知得，则，．以F为原点，所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为，，所以，则，，，，，则，，设平面的一个法向量为，则由，，得，令，得．易得平面的一个法向量，所以平面与平面的夹角的余弦值为．10．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且．(1)证明：平面；(2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1．（i）求的长度；（ii）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）.【详解】（1）在正方形中，由，得，，则，，因此，由是圆柱的母线，得平面，而平面，则，又平面，所以平面.（2）（i）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，，得，解得，则，显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，，由点到直线的距离是1，得，则，而，解得，所以.（ii），，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.11．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在符合题意的点，【详解】（1）证明：连接交于点，，，故为菱形，故，由长方体得平面，由平面，知；由，平面，平面，知平面，由平面，知.（2）如图所示，连接，由（1）知，平面，又由平面，平面平面，交线为，故点在平面的投影必在直线上，故直线与平面所成角即为，在中，，，，故由余弦定理得，即直线与平面所成角的余弦值为；（3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，则，由（1）（2）知，，故；则，另一方面，故，综上所述，存在符合题意的点，.押题猜想07概率统计-用样本估计总体、统计、条件概率试题前瞻·能力先查限时：5min【原创题】（多选题）设是一个试验中的两个事件，且，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用条件概率，和事件的概率公式求解.【详解】选项A，，，，，，，故选项A正确；选项B，，故选项B错误；选项C，，故选项C正确；选项D，，，，，，故选项D错误.故选：AC.分析有理·押题有据条件概率连续三年都没有考察，所以会是今年大概率的考察内容，统计图也是近三年都没考察的内容，包括用样本估计总体都是重点需要关注的内容，去年概率大题考察的是独立性检验，23年考察的是二点分布，今年大题大概率会是超几何分布和二项分布结合统计图的考察。用样本方差和样本均值估计总体方差和均值需要重点理解。密押预测·精练通关一、多选题1．（2026·广西河池·二模）下列结论正确的是（

）A．样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23B．若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为60C．若随机变量服从二项分布，则D．若随机变量服从正态分布，且，则【答案】BCD【详解】选项A，样本共个数据，，为整数，第百分位数为第项和第项数据的平均值，即，A错误选项B，方差，因为，故样本均值,样本总和，B正确选项C，若，则，根据期望性质，得，C正确选项D，正态分布的对称轴为，由对称性得，则，D正确2．（2026·广东东莞·模拟预测）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为，记“第i次投篮的人是甲”为事件，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】对于A，表示在第1次投篮的人是乙的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率，因为乙投篮未命中则换甲投篮，乙每次命中率均为，所以乙未命中的概率为，所以，故A正确；对于B，表示在第1次投篮的人是甲的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率，因为甲每次命中率均为，所以，，故B错误；对于C，表示前3次中甲投篮的次数为1次的概率，有三种情况：第一种情况是第一次甲投篮未中，第二次乙投篮命中，其概率为；第二种情况是第一次乙投篮命中，第二次乙投篮未命中，其概率为；第三种情况是第一次乙投篮未命中，第二次甲投篮未命中，其概率为；所以，故C正确；对于D，的可能取值为，，由C选项可知，，，所以，故D正确.3．（2026·广东·一模）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯定理，随机事件存在如下关系：．张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．如果第一天选择室内健身，那么第二天继续选择室内健身的概率为；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为．则张同学（

）A．第二天去室内健身的概率为B．第二天去户外运动的概率为C．若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为D．若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为【答案】ACD【详解】设表示张同学第一天选择室内健身，表示张同学第二天选择室内健身，表示张同学第一天选择户外运动，表示张同学第二天选择户外运动.则，，，，因为，所以，因为，所以，对于A，，故A正确；对于B，因为，故B错误；对于C，因为，故C正确；对于D，因为，故D正确.4．（2026·湖北黄冈·一模）下列说法正确的是（

）A．样本相关系数越大，则线性相关性越强B．1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15C．随机变量的方差，期望，则D．某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8【答案】BD【详解】A：样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强，则A错误；B：该组数据共8个数据，又，因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即，因此B正确；C：因为，由方差，期望，可得，即C错误.D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为，因此方差为，即D正确.5．（2026·四川绵阳·模拟预测）设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（

）A．B．若，则C．D．【答案】ABC【分析】根据全概率公式、条件概率公式等知识逐项计算判断即可.【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确；对于B，，所以，所以，相互独立，那么，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率，两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”，为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误.6．（2026·山东枣庄·二模）下列命题正确的是（

）A．若同等容量且足够大的两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性更强B．数据的第60百分位数为6C．总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记总的样本平均数为，总的样本方差为，则有D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001【答案】BC【分析】借助样本相关系数与线性相关性强弱关系可得A；借助百分位数定义可得B；由分层抽样方差公式可得C；利用独立性检验定义可得D.【详解】对于A：由，故组数据比组数据的线性相关性更强，故A错误；对于B：，则这组数据的第60百分位数为，故B正确；对于C：分层抽样方差公式为，故C正确；对与D：由，故不能在的小概率值下判断与有关联，故D错误.7．（2026·贵州毕节·二模）为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的有（

）A．对应矩形的高度为B．样本众数估计值为75C．样本平均数估计值为D．样本成绩的第70百分位数落在内【答案】ABC【分析】A选项利用矩形的面积之和为1列方程求解，B选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条来判断，C选项根据平均值的公式计算，D选项判断样本数据在的频率和的频率，可得到70百分位数的范围.【详解】设对应矩形的高度为，则，解得，A选项正确；由图可知，的数据最多，众数的估计值为，B选项正确；平均值为：，C选项正确；样本数据的频率为，样本数据的频率为，故样本成绩的第70百分位数落在内，D选项错误.二、应用题8．（2026·安徽滁州·一模）某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示．学习强度指数Q概率0.20.50.3应对情况轻松应对勉强应对困难应对(1)从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望．(2)定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势．【答案】(1)，的数学期望为；(2)；【详解】（1）解：由表可知，学习强度指数的概率为：,从该市随机选取名学生，记学习强度指数的人数为，则服从二项分布，所以；的数学期望为：；（2）解：由题意可知，事件为“该学生学习有压力”，事件为“该学生困难应对”.，，因为事件包含于事件中，所以，在事件发生的条件下事件发生的概率为：，在事件发生的条件下事件发生的概率为：，所以在事件发生的条件下事件发生的优势为：.9．（2026高三·全国·专题练习）某连锁餐厅有家分店，将分店按照规模从小到大依次编为号到号．每家分店都配备了一定数量的员工，配备方案为：第号分店员工包含第号店长和名服务员．为了加强各分店之间的员工交流与经验分享，提升整体服务水平，餐厅总部决定进行员工轮岗工作．具体安排为：从每家分店随机选派名员工到下一家分店进行工作，即从号分店选派名员工到号分店，再从号分店（含轮岗人员）选派名员工到号分店，依次类推，从号分店选派名员工到号分店．轮岗结束后，从第号分店任选名员工进行服务反馈调查，并选派至号分店，记选中店长的概率为．(1)当时，求的值；(2)在第号分店选中店长的条件下，若该店长为第号店长，求随机变量的分布列；【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知，号店中有名店长和名员工，号店中有名店长和名员工，当时，记事件从号店中选派名店长去号店，则事件从号店中选派名员工去号店，记事件从号店中选派名店长去号店，则，，，由全概率公式可得.（2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，记事件轮岗后，号分店店长的人数为，则，则，记事件在第号分店选中店长，则当时，说明从号店、号店、号店、号店，每次派出的都是号店店长，所以，当时，说明从号店、号店、号店，每次派出的都是号店店长，所以，当时，说明从号店、号店，每次派出的都是号店店长，所以，当时，说明最后一次从号店派出的是号店店长，所以.所以，随机变量的分布列如下表所示：10．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）某校兴趣小组为研究本校不同性别的学生对“春节联欢晚会”的喜爱情况，特进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各100名作为样本，设事件“喜欢春节联欢晚会”，“学生为女生”，据统计有：.(1)现从这100名女生中，按喜欢春节联欢晚会与不喜欢春节联欢晚会的比例，选出10人，再从这10人中随机选出2人，设选出的2人中喜欢春节联欢晚会的学生人数为.求的概率分布列和期望;(2)将样本的频率视为概率.现从全校的学生中随机抽取名学生，设其中喜欢春节联欢晚会的学生人数为，且当时，取得最大值，求从全校学生中抽取的学生可能的人数.【答案】(1)012(2)或40或41【详解】（1）由，所以10个女生中喜欢春节联欢晚会和不喜欢春节联欢晚会的人数分别为6人和4人，故的取值为，则，的分布列为：012故的期望为.（2）（i）由已知，女生有100人，所以喜欢春节联欢晚会的女生人数为60人，又因为，所以喜欢春节联欢晚会的人数为90人，由于样本的频率视为概率，所以从全校的学生中随机抽取1名学生，他喜欢春节联欢晚会的概率为，则随机变量，令，解得，因为，所以或40或41.11．（2026·江苏·一模）某兴趣小组研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们到气象局和医院抄录了1~7月份每月5日的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如下资料：日期1月5日2月5日3月5日4月5日5月5日6月5日7月5日昼夜温差10111312876感冒人数2325292616139该兴趣小组确定的研究方案是：先从这7组数据中选取2组，用剩下的5组数据求经验回归方程，再用被选取的2组数据进行检验．(1)求选取的2组数据是不相邻的两个月的概率；(2)若该小组选取的是1月与6月的两组数据，请根据剩下5个月份的数据：①求出关于的经验回归方程；②若由经验回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2人，则认为得到的经验回归方程是理想的，问：该小组所得经验回归方程是否理想？说明理由．附：【答案】(1)(2)①；②是理想的，理由见解析【详解】（1）记事件为“选取的2组数据是不相邻的两个月”，则（2）①由题意，，.132485则，即，所以关于的经验回归方程为.②当时，；当时，.所以该小组所得经验回归方程是理想的.12．（25-26高三下·河南周口·月考）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成，，，，这五组，得到如图所示的频率分布直方图.(1)估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）(2)已知落在内的平均成绩是80分，方差是4分，落在内的平均成绩是88分，方差是6分，求两组成绩合并后的平均数和方差.附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为m，，；n，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差.【答案】(1)平均数100，方差104(2)，【详解】（1）由频率分布直方图得，平均数，方差.（2）第一组的样本容量，，第二组的样本容量，，所以合并后的平均数，则.押题猜想08圆锥曲线-定点定值问题试题前瞻·能力先查限时：12min【2026·江苏南京·一模】已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5．(1)求和的值；(2)，为上两点，的重心在直线上．①证明：直线的斜率为定值；②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动．【答案】(1)，(2)①证明见解析②证明见解析【详解】（1）抛物线的准线方程为．根据抛物线定义，，所以．因此，抛物线的方程为．将代入抛物线方程：，又，故．（2）①方法一：设，，则的重心为，由题意知，，则．所以直线的斜率，为定值．方法二：因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，显然．设，．联立，整理得．所以.已知，所以的重心的纵坐标，所以，解得．因此，直线的斜率，为定值．②因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为．设，．联立，整理得．所以.设为的中点，则：，，即．直线与轴交点，，则中点．由于，所以．所以．直线的斜率：，直线的方程：，整理得.法一：令，代入方程，解得，因此，直线经过定点．因为，于，所以在以为直径的定圆上．法二：由于，，所以的方程为，即，联立，得即．令，则，，令，则，，令，则，，求得经过，，的圆方程为，代入的坐标符合，所以在定圆上．分析有理·押题有据圆锥曲线和导数作为高考分层知识点，每年的难度都不会太小，综合知识点的考察要求也很高，去年小题考察的是直线和圆以及双曲线离心率的问题，难度都不大。前年却是多选的压轴题且为新定义图形的考察，所以今年的考生对于圆锥曲线的基础知识点需要熟练的掌握，简单的题目不能丢分，大概率会有一题相对简单，一题相对困难的出现。大题去年考察的是椭圆中的最值问题，23年考察抛物线的轨迹问题。24年的不做参考，考的太简单了，所以今年很有可能考察定点定值问题，如非对称韦达定理、定比点差和极点极线等题目都需要足够有熟练度。密押预测·精练通关一、单选题1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围.【详解】椭圆以，为焦点，即，，所以设椭圆方程，联立方程，消去得出，由题意可得，即，得出或（舍去），解得，所以，所以椭圆的离心率的最大值为.2．（2026·山东东营·一模）点P在以为焦点的椭圆上，若，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由同角三角函数关系式及两角差的正弦公式，求得各角的正弦值，根据正弦定理及比例的性质即可求得，即椭圆的离心率.【详解】中，若则，所以.因为，所以；因为所以，因为，所以.由，得.所以.由正弦定理，得，设椭圆的焦距为，则椭圆的离心率.二、多选题3．（2026·安徽滁州·一模）已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（

）A．点M在双曲线C上B．当P在圆T上时，的面积为8C．点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3D．双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值【答案】ABD【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M代入方程验证A选项；联立求出点的横坐标值，根据三角形面积公式求解验证B选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C选项；利用点差法验证D选项.【详解】由题知双曲线的焦点在轴，故，焦点坐标为，因为圆过焦点，代入得，即，解得，因此双曲线的方程为：.对于A：点代入双曲线方程得左边右边，因此在双曲线上，故A正确；对于B：联立，消去得，故横坐标可以为，中，，高为，面积，故B正确.对于C：双曲线渐近线为，设，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，故满足，即，点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积如下，为，故C错误；对于D：设是位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点，则，又①，②，由①②得到，得到，所以，综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点均可满足点P与两点连线斜率之积为定值，故当点坐标为时，直线和的斜率之积为定值，故D正确.三、填空题4．（2026·安徽安庆·二模）在平面直角坐标系内，圆，若直线绕原点逆时针旋转后与圆恰有两个交点，则的取值范围是___________．【答案】【分析】首先求旋转后的直线，再根据直线与圆的位置关系，即可求解．【详解】直线的斜率为1，过点，绕原点逆时针旋转后，斜率为，过点，得到直线，若该直线与圆存在两个公共点，则圆心到直线的距离，解得，即的取值范围是．5．（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______.【答案】【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值.【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，，联立消去得，，则由韦达定理得，所以，所以，，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，当时，，综上，直线OM的斜率的最大值为.6．（2026·山东临沂·一模）已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________．【答案】/【分析】先求曲线在点处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出.【详解】设，则，则，则在处的切线的方程为，即，联立，得，因为直线与抛物线也相切，则有，解得.四、解答题7．（25-26高三下·重庆·月考）已知分别为双曲线的左，右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线，斜率之积为，的焦距为．(1)求的方程；(2)过点作直线与双曲线交于，两点（不与重合），记的斜率分别为，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）设，，，且，则．又焦距为，则，，双曲线的标准方程为：．（