2026年高考数学终极冲刺：数学终极押题猜想（全国二卷sy ）（解析版）

1/52026年高考数学终极押题猜想目录TOC\o"1-1"\h\z\u押题猜想01抽象函数性质综合应用 押题猜想02平面向量-投影向量、最值问题 押题猜想03三角函数-三角换元、𝛚范围求解 押题猜想04圆锥曲线离心率及面积比值范围问题 押题猜想05排列组合及条件概率 押题猜想06立体几何-外接球、内切球与空间向量 押题猜想07数列-求最值及证明不等式 押题猜想08解三角形定值与最值-内部含线 押题猜想09导数-比较大小、零点及恒成立求参问题 押题猜想10圆锥曲线-定点定值最值问题 押题猜想11概率统计与数列、函数等模块的综合应用 押题猜想01抽象函数性质综合应用试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，若当时，，且，则（

）A． B．C．存在极大值点 D．有且只有一个零点【答案】D【详解】，即，故函数为奇函数，设，则，由题意，当时，，在上单调递增，又为偶函数，故为奇函数，在上单调递增，图像连续不断且，在上单调递增，当时，，；同理当时，，对于A，，，，故A错误.对于B，当时，，则，故B错误.对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误.对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确.分析有理·押题有据抽象函数不考具体解析式，纯考逻辑与性质，区分度高，是中档生和尖子生的分水岭。连续多年在选择第8～11题位置出现，属于“必考中档压轴”，极少缺席。重思维、轻计算，考单调性、奇偶性、对称性、周期性综合，完美匹配“素养立意”命题思路。可与不等式、零点、导数结合既能单独出小题，也能作为导数大题的铺垫，命题空间极大。

近5年全国Ⅱ/甲卷真题高频重复，奇偶性+单调性解不等式；对称性+周期性求函数值；抽象函数+图像判断零点个数；每年至少1道，从未断档。考纲要求：理解函数奇偶性、单调性、周期性、对称性，能综合运用性质解决问题。抽象函数是对这一要求最直接的考查。各省模拟卷大量出现“双对称推周期”“奇偶+单调解不等式”，与全国卷命题高度同频。抽象函数无法死记硬背题型，必须理解逻辑，非常适合高考选拔。。密押预测·精练通关1．（2026·四川·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为R，且为偶函数，是减函数，则（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】由函数的定义域均为R，且为偶函数，得，求导得，则，由是R上的减函数，得当时，，因此函数在上单调递减，所以.2．（2026·山东青岛·一模）已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由，得函数关于点对称，又，得函数关于直线对称，从而函数是周期为4的周期函数.又当时，，则，即是的单调递增函数，，，可画出的部分图象，又方程的根即与的交点横坐标，如图两函数共有17个交点，并且关于点对称，故所有根之和为17.3．（2026·山东青岛·一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（

）A．1 B．0 C． D．【答案】B【详解】因为为偶函数，为奇函数，所以，，所以函数关于轴对称，关于中心对称，所以，，所以，令，则，即，所以，令，则，所以的周期为4，又，，所以，所以，又函数关于轴对称，关于中心对称，所以，，又的周期为4，所以，，，所以函数一个周期内的函数值为，，，，所以，所以，所以.4．（2026·山西大同·一模）已知函数的定义域为，若对于定义域内给定的任意，，都有，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为函数满足对任意的，，，都有，设，则，所以，即，所以，令，因为当时，都有，所以函数在上单调递增.又不等式两边同乘以，得，即，即，所以，故，解得，即.5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数的定义域为，，若，则下列说法正确的是（

）A． B．C．函数是奇函数 D．函数是偶函数【答案】C【详解】对于A，令，则，故，故A错误；对于B，令，则，所以，故为等差数列，首项为零，公差为，故，故B错误；对于C，因为，，故，故，同理，在中令，则，由B的分析可得，所以，所以，所以，所以，所以函数是奇函数，故C正确；对于D，由C的分析可得即，故函数是奇函数，故D错误.6．（2026·陕西西安·模拟预测）定义在上的函数满足：，且，当时，，则的最大值与最小值的差为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】对任意的，，，所以的图象关于直线对称，又关于点对称，所以，，所以，所以，即，所以，故是周期为的周期函数．因为的定义域为，所以对称中心在的图象上，可得，则．当时，，有，当或时，；当时，.可知在上递增，在区间上递减，在上递增．当时，，，又因为，，所以，，由于的图象关于点对称，故当时，，．故当时，，．由于的图象关于直线对称，故当时，，．因为是周期为的周期函数，故当时，，．因此的最大值与最小值的差为.7．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数是定义在上的偶函数，关于中心对称，则下列说法正确的是（

）A．的一个周期为6 B．C． D．【答案】B【详解】选项A，的图像向左平移个单位得到，又关于中心对称，关于中心对称，，将式子中的用代替，得到，是定义在上的偶函数，，，将此式子中的用代替，得到，则是一个以为周期的周期函数，故选项A错误；选项B，关于中心对称，的定义域为，，是定义在上的偶函数，，故选项B正确；选项C，，，但是根据题中已知条件无法得到，故选项C错误；选项D，是一个以为周期的周期函数，，，，，，，，，，仅根据已知条件无法确定其值，故不能得出，故选项D错误.8．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，在R上单调递增，为奇函数，则（

）A． B．C．的图象关于直线对称 D．【答案】AC【详解】因为为奇函数，所以，令，得，得，故A正确；令，则，即，若，则恒成立，与在R上单调递增矛盾，故B错误；因为，所以的图象关于点中心对称，又，在R上单调递增，所以时，时，故在上单调递减，在上单调递增，又函数的导函数为，则，得，其中为常数，令，得，得，故，故的图象关于直线对称，故C正确；由的对称性可知，，因为，以及的单调性可知，，故D错误.9．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数的定义域为，若，且，则（

）A．0 B．1 C．10 D．20【答案】A【详解】令，则，令，则．令，则，所以函数的图象关于直线对称．令，则，所以，的图象关于点对称．由和，可得，令，则，故，则，是周期的函数．又，所以．10．（2026·辽宁抚顺·一模）已知定义域为的偶函数满足，且在上是单调递增函数，若函数，则下列结论正确的是（

）A．为偶函数 B．在上是单调递增函数C． D．【答案】C【详解】已知（①），将替换为得（②），由①+②得，则，即函数周期为，且恒成立，又是定义域的偶函数，故，且在单调递增，因此，结合得.选项A：（③），由得，代入③式得，而，显然，故A错误；选项B：时，，，递增，故在递减；同时，在上单调递增，因此，根据单调性运算性质可知递减函数，故B错误；选项C：因此，已知，故，故C正确；选项D：，故D错误.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：4min【原创题】已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（

）A． B．2 C． D．－2【答案】A【详解】在边长为2的菱形中，由，得，由点在线段上，令，由点在线段上，，得，则，而，因此，当且仅当时取等号，所以的最大值为.分析有理·押题有据位置极其固定，全国Ⅱ卷多年稳定在选择第5～8题，一道纯向量小题，5分必出，极少缺席。难度适中、区分度好，不偏不难，但很容易因公式记错、投影搞反、几何转化不到位丢分，是二轮必抓稳分点。新高考命题偏好“几何+代数”双视角，向量既能考坐标运算，又能考几何投影、数量积、模长最值，完美契合“数形结合”素养。可与圆锥曲线、解三角形、立体几何自然结合，单独考小题，也常作为大题工具出现，命题灵活、覆盖面广。近5年全国Ⅱ/甲卷真题高频重复，向量数量积与夹角；投影与投影向量；模长最值、系数线性组合最值；向量与三角形四心（重心、外心、垂心、内心）简单结合，考纲与教材核心要求明确要求掌握：向量线性运算、数量积、投影、模长公式、坐标运算，以及向量在几何中的应用。2026各地模拟卷高度一致一模二模普遍聚焦：投影向量计算；数量积范围问题，与全国卷命题风格完全同频。反套路但不超纲不考复杂技巧，重在公式理解与几何直观，非常适合高考基础中档题定位。密押预测·精练通关1．（2026·四川·模拟预测）已知正方形ABCD的边长为2，点E在线段AC上，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】在边长为2的正方形中，，设，，而，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为.2．（2026·山西朔州·一模）已知向量，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，所以，展开整理得，由得，即，所以，即所以.3．（2026·山西晋中·模拟预测）在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以，设，根据向量的坐标运算，，所以，所以.因为，所以在上的投影向量的坐标为.4．（2026·辽宁大连·模拟预测）在中，点是直线上一点，且满足，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由得，所以．又，而，则．故选：D.5．（2026·辽宁大连·一模）已知点是圆上一点，直线与圆相交于，两点，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】依题意，直线可化为，所以直线过定点；圆的圆心为，半径为，所以，所以定点在圆的内部；如上图（左），作的中点，则，所以；如上图（中），在中，，当与重合时取等号，此时；如上图（右），在中，，当与共线时取等号；所以.当与重合，且，共线时取等号.故选：D.6．（2026·辽宁辽阳·一模）已知向量，满足，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，解得，所以，所以，又，所以向量与的夹角为，故选：B7．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知点是的重心，若，则（

）A．-1 B． C．0 D．1【答案】C【详解】设是的中点，则.所以.因为，所以，因此.8．（2026·黑龙江·一模）如图，已知正方形的边长为2，且F为AD边中点，与交于点，则________．【答案】/【详解】在正方形中，因为为AD中点，所以，且，则，则.9．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数的图象在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点分别为A和B，O为坐标原点，则_________．【答案】3【详解】由函数，令，解得，所以，即，再令，解得，所以，即所以。10．（2026·贵州毕节·二模）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，，，，则向量在向量上的投影向量为.押题猜想03三角函数-三角换元、𝛚范围求解试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】若函数（）在内存在唯一的，使得，则的取值可能为（

）A． B． C．1 D．3【答案】BC【详解】由，知在内存在唯一的解.当时，，则，即，因仅有选项B,C中的值在此范围，故B,C正确.分析有理·押题有据小题必考，位置稳定，全国Ⅱ卷连续多年固定在选择第6～9题出一道三角函数小题，分值5分，几乎从不缺席。ω范围问题是近年“固定压轴小题”三角函数图像性质、单调性、零点、对称轴求ω范围，是全国卷最爱的中档拉分题，区分度极高。三角换元是二轮隐形高频工具，常在求最值、圆锥曲线参数方程、不等式中出现，属于“不单独考但处处用”的核心方法。完美契合新高考方向，重图像、重性质、重数形结合，不考死记硬背，非常适合考查数学素养。2026全国Ⅱ卷三角函数小题必出，ω范围题概率接近100%，三角换元大概率在函数/解析几何最值中用到。

近5年全国Ⅱ/甲卷真题高度重复，三角函数图像平移、伸缩变换；由单调性、零点、对称轴求ω范围；-三角恒等变换与最值；三角换元求无理函数、二次型最值，考纲与教材核心要求掌握正弦型函数y=Asin(wx+ų)图像与性质；掌握同角关系、诱导公式、和差倍角；会用换元思想转化问题，2026各地一模二模一致指向各地模拟卷高频出现：给定区间单调→求ω；给定零点个数→求ω；给定对称轴/极值点→求ω完全贴合全国卷命题风格。命题稳定、难度可控既能基础送分，又能适度综合卡中档学生，是命题人最爱的题型之一。密押预测·精练通关1．（2026·云南·模拟预测）若，则＝（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题设，则，所以，可得，由，则，故，代入，则，所以，则，所以，所以.2．（2026·云南大理·二模）将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（

）A．的最小正周期为B．在上只有一个零点C．在上单调递增D．点是图象的一个对称中心【答案】BD【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，可以得到，再将所得图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象．对于A选项，函数的最小正周期为，A选项错误；对于B选项，，，解得，只有一个零点，B选项正确；对于C选项，，，而在上不单调，故在上并不单调，C选项错误；对于D选项，，D选项正确．故选：BD.3．（2026·山西朔州·一模）已知，则（

）A．是偶函数B．的图象关于直线对称C．的值域为D．当在有2个不同实根时，的取值范围是【答案】AD【详解】的定义域为，关于原点对称，，所以为偶函数，A正确；，所以关于对称，B错；当，时，，，，则，当，时，，，，则，综上可得的值域为，C错；时，，图象如下所示：所以，，则，D正确.4．（2026·山西运城·一模）若函数的图象关于点对称，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】.因为，所以.令，得，所以函数的对称中心为.因为函数的图象关于点对称，所以，解得，取最大的整数.此时，所以的最大值为.5．（2026·山西大同·一模）下列关于函数的说法正确的是（

）A．直线是函数图象的一条对称轴B．在区间上单调递增C．的图象可通过的图象上所有点向右平移个单位长度得到D．若，且，则【答案】BD【详解】对于A，，0不是函数的最值，所以函数不关于对称，故A错误；对于B，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，令，得函数在上单调递增，又，所以函数在上单调递增，故B正确；对于C，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度得到，故C错误；对于D，，解得，，，则，故当时，，故D正确.6．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若函数与的图象关于直线对称，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意知，所以，所以.因为，所以，所以，解得.7．（2026·辽宁·模拟预测）将函数的图象按照以下顺序进行变换：①向左平移个单位长度；②横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍；③向下平移个单位长度，可得到函数的图象．则下列结论正确的是（

）A．若，则的取值范围为B．若函数在上的图象与直线有且只有一个交点，在上单调递减，则C．若函数在区间上的最值分别为，则的取值范围是D．若方程在内恰有两个根，则【答案】ABD【详解】由题意得将的图象向左平移个单位长度，则，而横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍，得到，而向下平移个单位长度，可得，则，即.对于A，由，得，由三角函数的图象可得，可得的取值范围为，故A正确；对于B，由题意得，令，可得，而，则，若在上的图象与直线有且只有一个交点，则在上有且只有一个解，可得，解得.若在上单调递减，则在上单调递增，因为，所以，令，由正弦函数性质得在上单调递增，可得，解得，综上可得，，故B正确；对于C，由题意得，不妨设函数在区间上的最大值为，最小值为，令，则区间变为，可得，则，即，此时，即的取值范围是不成立，故C错误；对于D，令，则，，若方程在内恰有两个根，，则，即在内恰有两个根，则，且，得到，故，故D正确.故选：ABD8．（2026·广西·模拟预测）已知函数（），若曲线关于点中心对称，则的最小值为__________.【答案】/【详解】由正切函数性质可知，函数的对称中心为，因为曲线关于点中心对称，所以，即因为，所以，解得，因为，所以，故.故答案为：9．（2026·陕西铜川·一模）设为奇函数，将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】，因为将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，所以向右平移个单位长度后，得到函数的图像，所以，又因为为奇函数，所以，所以，又，所以.故选：B.10．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，为的一个零点，的图象关于点对称，且在上单调递增，则（

）A．B．C．D．在上单调递增【答案】AC【详解】因为的一个零点为，的图象关于点对称，且在上单调递增，所以，所以，A正确；由及，得，B错误；所以，C正确；因为时，不存在，因为，所以函数在上单调递增，故D错误．押题猜想04圆锥曲线离心率及面积比值范围问题试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】设，则，由双曲线的定义，可得，所以，又由，因为，所以，在中，由余弦定理得，，即，即，所以，则，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，所以双曲线的离心率为.分析有理·押题有据地位：小题必考“黄金考点”全国Ⅱ卷每年必有一道离心率小题，位置稳定在选择6～8题，分值5分，几乎从不缺席。区分度极强，二轮必争之分入门简单、想快很难，能轻松拉开中等生与尖子生差距，是命题人最爱用的“卡分题”。可结合：焦点三角形、渐近线、垂直、向量、中点、几何性质，考法多但套路固定。新高考风格高度契合，重几何性质、轻暴力计算，强调数形结合与转化，完全符合新课标命题思路。近5年全国Ⅱ/甲卷真题高频重复，焦点三角形求离心率；垂直条件（向量垂直、斜率乘积＝-1）；渐近线夹角、倾斜角；中点弦、对称点，每年必考一类，从未断档。

考纲与教材核心要求离心率e=c/a是描述圆锥曲线形状的核心量，考纲明确要求熟练求解。

2026各地一模二模高度一致各地模拟卷几乎都把离心率作为小题必考，考法与全国卷高度同频。不超纲、不偏怪，可深可浅，既能简单送分，也能稍加包装变成小压轴，命题弹性极佳。密押预测·精练通关1．（2026·陕西榆林·一模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为，所以点在轴左侧，如图，作轴，垂足为．由，得，所以，即，则，，所以，即，则，则点的坐标为或，结合，将代入到椭圆方程有，解得，则，则.2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，若，O为坐标原点，则（

）A． B．C． D．点F到直线OM的距离为【答案】BC【详解】抛物线的焦点，准线，对于A，由抛物线的定义，得，则，A错误；对于B，由点在抛物线C上，得，则，B正确；对于C，，C正确；对于D，设点F到直线OM的距离为d，则，，D错误.3．（2026·陕西商洛·二模）已知双曲线，圆为以实轴为直径的圆，试验发现将圆竖直上移个单位或水平右移个单位后均与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题，圆，竖直上移个单位或水平右移个单位后，分别得到圆，，若圆，圆均与双曲线的渐近线相切，不妨取渐近线，有，即，解得，所以双曲线的离心率.4．（2026·陕西西安·模拟预测）设抛物线的焦点为，准线为l，过点的直线交于两点，以为圆心，为半径的圆交l于两点.若，则一定有（

）A． B．直线的斜率是C． D．的面积是【答案】D【详解】对于A，以为圆心，为半径的圆交准线于两点,且故，所以是等边三角形，所以，设准线与轴交于点,则，如下图：故故A错误；对于B，因为,平行于轴，故，故当点位于第一象限时，直线的倾斜角为；当点位于第四象限时，直线的倾斜角为；所以直线的斜率是，故B不正确；对于C，因为直线的斜率是，且抛物线，故直线的方程为：，联立方程得，即设则，故，故C不正确；对于D,由A知，故故,故D正确.5．（2026·陕西铜川·一模）已知双曲线，的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与双曲线的右支交于点，与直线交于点，下列说法正确的是（

）A．双曲线的离心率为2B．C．若，则D．若是线段的中点，则【答案】ABD【详解】由双曲线，可得，所以，所以左顶点，右焦点，离心率，故A正确；设直线的方程为，代入双曲线方程得，整理得，设，则，所以，又点Q在双曲线的右支上，则，解得，故B正确；若，所以，又，所以，又因为，所以，解得，故C错误；直线与直线交于点，若是线段的中点，则由中点坐标公式得，解得，故，解得，符合，故D正确.故选：ABD.6．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知双曲线：（，）的右焦点为，半焦距为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（

）A．2 B．2或 C．2或 D．2或【答案】D【详解】由题可得双曲线的渐近线为，这里不妨取，即，点到直线的距离，在中，所以，则，又因，所以，化简可得，等式两边同时除以，可得，即，解得或，因，所以或.7．（2026·黑龙江·一模）已知抛物线的焦点为，为上一动点，A为一定点，则正确的有（

）A．若，则点P的坐标为B．若，则的最小值为6C．若，则的最小值为D．若，则的最大值为【答案】BCD【详解】对于A，因为焦半径，所以，代入，解得，所以，故A错误；对于B，将横坐标5代入抛物线方程中，得，所以点A在抛物线内，所以，当且仅当与轴平行时取等，故B正确；对于C，设，则，所以，所以的最小值为，C正确；对于D，设点M是x轴上点A右侧一点，不妨设P位于第一象限，如图所示：则，令，分母为，则，当，，所以在上单调递减；当，，所以在上单调递增；所以当时，，此时，由图知，所以，故D正确.8．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设双曲线的右顶点为，过点且斜率为2的直线与C的两条渐近线分别交于P，Q两点（其中点P在第一象限）.若O为坐标原点，点M满足，，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】，为的中点，过点作轴，交轴于点，设，过点的直线的斜率为2，，，，，，，，，，，，设，为的中点，，，是双曲线的渐近线上的点，，，，，，，，.故选：B.9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是原点，P是椭圆C上任意一点，下列说法正确的有（

）A．的周长是B．时，的面积是C．的最大值是2D．过P作椭圆C的切线与x轴和y轴分别交于A，B两点，则面积的最小值为【答案】ACD【详解】对于A，由椭圆知椭圆焦点在轴上，且，则的周长是，故A正确；对于B，由椭圆的定义得，，由余弦定理得，，则，即，则，所以的面积为，故B错误；对于C，由，则，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，先证明：椭圆上的一点处的切线方程为.联立，得，点在椭圆上，，，即，，得，故直线和椭圆仅有一个公共点，则椭圆上的一点处的切线方程为.设，由题意知的切线斜率存在，则切线方程为，令，得，令，得，即，又，则，即，当且仅当时等号成立，则面积为，即的面积的最小值为，故D正确.10．（2026·重庆·模拟预测）已知双曲线，、是其左右焦点，点为双曲线上在第一象限内的一点，连接点与右焦点的直线交双曲线的右支于另一点，记点到两渐近线的距离为、，点到两渐近线的距离为、，、的内切圆圆心分别为、，则下列结论正确的是（

）A．B．两内切圆相切于轴上同一点C．点在以为直径的圆上D．两内切圆周长之和的取值范围是【答案】BCD【详解】对于双曲线，，，则，如图所示：对于A选项，设点、，则，，双曲线的渐近线方程为，即，所以，同理可得，故，A错；对于B选项，设的内切圆分别切边、、于点、、，由切线长定理可得，，，因为，又因为，所以，即，解得，故圆切轴于点，同理可知圆切轴于点，故两内切圆相切于轴上同一点，B对；对于C选项，因为为的内心，故，同理可得，因为，即，即，故，即，故点在以为直径的圆上，C对；对于D选项，由图可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，由韦达定理可得，，由题意可得，可得，解得，，可得，解得，设直线的倾斜角为，当时，则，此时，当时，，当时，则，此时，综上所述，设，则，所以，则，故，所以，设圆、圆的半径分别为、，因为，，所以，则，且，故两内切圆周长之和为，构造函数，其中，由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，在上单调递增，因为，，故，所以两内切圆周长之和为，故两内切圆周长之和的取值范围是，D对.押题猜想05排列组合及条件概率试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每位志愿者仅去一个地点且每个地点至少需要1名学生，则不同的分配方法种数为（

）A．81 B．72 C．36 D．12【答案】C【详解】先从四人中选出两人当成一组，共种分法，再将三组人进行分配，共种，故共有种分配方法.分析有理·押题有据小题必考，5分稳在全国Ⅱ卷多年稳定在选择第9～11题考一道排列组合小题，偶尔结合概率一起考，基本年年都有。区分度高，中档生必争思路对就秒出，思路错怎么算都不对，是典型“一看就会、一做就错”的拉分题。命题风格固定、不跑偏不考偏难怪，只考：相邻不相邻、分组分配、特殊位置优先、间接法（正难则反），套路极强。常结合选课、排队、分配岗位、数字组成等真实场景，非常贴合全国卷命题习惯。近5年全国Ⅱ/甲卷高频重复，相邻捆绑、不相邻插空；特殊元素/特殊位置优先；平均分组、不平均分组；数字问题（奇偶、被几整除）；正难则反（间接法）考纲明确要求，理解分类加法、分步乘法计数原理，能解决简单计数问题，是必考基础模块。

2026各地一模二模模拟卷几乎都围绕：排队、选课、分配、数字组数四类出题，和全国卷完全同频。可与概率、统计自然结合既能单独考小题，也能作为概率大题第一问，命题空间大。考场万能做题步骤

先看：有序还是无序，有序→排列A，无序→组合C

再看：能不能一步做完能→分类加；不能→分步乘，有无限制条件：特殊优先、相邻捆绑、不相邻插空，正面复杂就用：总数-不符合条件=答案，总之相邻捆绑不邻插，特殊位置优先它。均分除重防重复，正难则反最省事。有序排列无序组，分步相乘分类加。密押预测·精练通关1．（2026·山西晋中·模拟预测）小明参加校园新春体能打卡，需完成9次打卡动作，其中有2次柔韧打卡，3次力量打卡，4次耐力打卡，同类的打卡难度不同，需从易到难依次进行，任意2次耐力打卡不能相邻，不同类的打卡可以穿插进行，则完成全部打卡的不同顺序共有__________种.【答案】150【详解】第一步：排非耐力打卡：非耐力共有次打卡，同类顺序固定，只需从5个位置中选2个放柔韧打卡，剩余3个放力量打卡，放法数为：；第二步：插入耐力打卡：5个排好的打卡共形成6个空隙（含两端），要选4个空隙各插入1次耐力打卡（保证不相邻），且耐力顺序固定，选法数为：，第三步：根据分步乘法计数原理，总顺序数为：.2．（2026·山西朔州·一模）某自动化生产线连续生产编号为1到10的10个产品，计划从中抽取3个进行检测，若抽取的3个产品编号不全是连续整数，则抽取方法种数为__________.【答案】112【详解】从编号为1到10的10个产品中任意抽取3个，共有种方法，当取到的3个产品编号是相邻整数时，不符合要求，即123，234，345，456，567，678，789，8910，这8种情况不符合要求，所以抽取的产品编号不全是连续整数的抽取方法有种方法.3．（2026·辽宁大连·模拟预测）将编号为的个小球放入编号为的个盒子中，其中，要求每个盒子至多放一个小球，且对于任意的号球放入的盒子所对应编号都小于号球放入的盒子所对应编号，则号球放入编号为______________的盒子的概率最大.【答案】【详解】将编号为的个小球放入编号为的个盒子中，要求每个盒子至多放一个小球，看作是从2n个盒子中选出n个并按球的编号顺序排列，因此总的放法数为.设事件：第号球放入盒子，满足，设时概率最大，前个球要从编号1,2,…,中选个盒子并排序，方法数为；第个球要从编号中选1个盒子，方法数为；因此，对固定k，满足的放法数为.要使概率最大，只需求的最大值，令，得，整理得，即，当时，因为k为整数，且，所以取最接近的整数，可得.故答案为：4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种.【答案】200【详解】将有阴影的圆分别标为，由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法；当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法；当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；所以总共有种填法.故答案为：5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）3名男生和2名女生站成一排，其中男生甲不站在两端，且2名女生不相邻的不同站法有（

）A．24种 B．48种 C．72种 D．96种【答案】B【详解】第一类：先排3名男生，甲在两端的排序有种，再2名女生插空有种；第二类：先排3名男生，甲在中间的排序有种，再2名女生插空有种，故男生甲不站在两端，且2名女生不相邻的不同站法有（种）.6．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）从装有3个黑球和3个白球（球的大小、质地完全相同）的不透明袋子中随机取出2个球，已知三个白球的编号分别为1，2，3，三个黑球的编号分别为4，5，6，则取出的2个球的编号之和为奇数且至少有一个为黑球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】根据题意，任意取的2个球共有种，取出的2个球的编号之和为奇数，则取出的2个球的编号必须为一个奇数一个偶数，且至少有一个为黑球，所以，一个白球（奇数）一个黑球（偶数）有种，一个白球（偶数）一个黑球（奇数）有种，两个黑球（一奇一偶）共有种，故概率为．故选：C．7．（2026·广西河池·二模）在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（

）A．18种 B．36种 C．48种 D．54种【答案】B【详解】将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种．8．（2026·广西南宁·一模）某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是______．【答案】/【详解】从10个景点中随机选择2个景点，总共有种选择方法，若要确保青山塔影被选中，则需从剩余9个景点中再选1个，有种选择方法，因此，青山塔影被选中的概率为.故答案为：9．（2026·广西南宁·一模）某学校组织研学活动，现有自然生态与地质科考、红色爱国主义教育、历史文化与文物考古、民族文化与非遗传承、蓝色海洋文化教育这5个研学方向．学校安排6名教师负责这5个方向的研学活动，若每个研学方向的研学活动都至少有1名教师负责，每名教师均需要负责且只负责其中1个研学方向的研学活动，则不同的分配方法种数为（

）A．2400 B．1800 C．1500 D．2100【答案】B【详解】由题意可得其中一个研学活动有2名教师负责，剩下四个研学活动有1名教师负责，故不同的分配方法种数为.故选：B10．（2026·重庆·模拟预测）将6个相同的小球分别标上数字2，3，4，6，7，8，从中随机地取两个小球.记事件A为“取出的两个小球上的数字均为偶数”，事件B为“取出的两个小球中至少有一个小球上的数字能被3整除”，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】由题设可得样本空间中样本点的总数为，而中样本点的个数为，中样本点的个数为，对于A，由古典概型的概率公式得，，故，故，故A正确；对于B，中样本点的个数为，故，而，故B错误；对于C，中样本点的个数为，故，故C正确；对于D，，故D正确.故选：ACD.押题猜想06立体几何-外接球、内切球与空间向量试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】在长方体中，，为线段上的动点，为的中点，过点且与直线垂直的平面交于点，交于点为内的动点，四点均在球的表面上，则（）A．B．三棱锥的体积是定值C．球与该长方体的公共部分的体积为D．的周长的最小值为【答案】BCD【详解】对于A，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.已知，则，.可得，设，则.因为平面过点与直线垂直并交于点，所以，又，则，化简得：，解得，即，可得，故A错误；对于B，在长方体中，易得，因，则平面，又因，则点到平面的距离为定值，而点的位置固定，即的面积为定值，故三棱锥的体积是定值，故B正确；对于C，由，则，又在平面上的射影为，在正方形中，，故，即点为的交点，下面证明的中点即经过四点的球的球心.如图，因是的中点，则，由上分析已得，又，则，即，故的中点即经过四点的球面的球心，由图知，该球与长方体公共部分的体积为球体积的，即，故C正确；对于D，因的周长为，因为的中点，则，于是，依题意，只需求的最小值.由上分析知点与点关于平面对称，为平面内的动点，则，，因点与点在平面的两侧，故当且仅当三点共线时，取得最小值为，此时，的周长取得最小值.故D正确.故选：BCD分析有理·押题有据题型极其固定全国Ⅱ卷结构：小题1道：外接球/内切球（选择8～11题，5-6分）；大题1道：空间向量求角与距离（解答第16或17题，15分）合计20分左右，占比极高，基本不会缺席。外接球是“中档生分水岭”公式多、模型固定，会模型就秒杀，不会就卡死，区分度极强。空间向量大题完全套路化建系→求点→求法向量→算夹角，步骤固定，是必拿满分大题。新高考趋势：重几何模型+重计算规范，不考怪题，考常见几何体、常见模型，完全贴合二轮复习重点。近5年全国Ⅱ/甲卷高度重复，小题几乎每年：长方体外接球；直棱柱、正棱锥外接球；墙角模型（三条棱两两垂直）大题必用：线面垂直建系；求线面角、二面角；偶尔考动点、存在性问题，考纲核心要求；掌握球、柱、锥的结构与表面积体积；掌握空间向量运算与夹角计算；会用向量解决空间角问题，

2026各地模拟卷高度一致全部围绕：外接球半径、体积、表面积；空间向量求线面角/二面角完全复刻全国卷风格。

今年重点小题押：外接球（内切球考得极少）重点押4大模型：墙角模型（三条棱两两垂直）长方体/正方体模型；直棱柱外接球；

正棱锥（高+底面外接圆）。大题押：空间向量；二面角（最高频）；

线面角；存在性问题（是否存在点P满足某角度）；简单体积/距离计算密押预测·精练通关1．（2026·陕西商洛·二模）祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，他在实践的基础上提出了“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等，这就是“祖暅原理”．现有一个空心铁质半球壳，外半径为，内半径为（厚度均匀），放入水中后漂浮（平面朝下）．已知浸入水中部分的深度为，则浸入水中部分的体积为______．【答案】【详解】以半球壳的球心为坐标原点，在高度为处作水平截面，半球壳的截面为圆环，则圆环外半径为，内半径为，则浸入水中部分的截面面积为，与无关，发现浸入水中部分的截面面积与一个高度为，底面半径为的圆柱的截面面积相同，又浸入水中部分的深度为，由祖暅原理知，浸入水中部分的体积为．2．（2026·吉林通化·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为，，半径为2的球与圆台的上、下底面及母线均相切，圆台的侧面积为，则圆台的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，设内切球的半径为，设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处，设球与母线切于点，所以，所以，所以与全等，所以，同理，圆台的母线长，又，所以，解得，又，所以，所以，，圆台的表面积为．3．（2026·陕西西安·三模）如图，菱形的各点都在同一平面上，且边长为4，.设，分别为，的中点，分别以，，为折痕把，，折起，使点，，重合于点，并构成三棱锥.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为________.

【答案】【详解】连接交于点，把，，折起后构成的三棱锥如图1所示，故.

在中，由余弦定理可得，故.其中是边长为2的正三角形，所以，.设为的外心，则在上，且.设为的外心，则在上，故过且垂直于平面的直线与过且垂直于平面的直线的交点即为球心，即过且垂直于的直线与过且垂直于的直线的交点即为球心，设球心为，另设交于点，如图2所示.

在中，如图3所示，，，.因为，即，解得，.在中，由余弦定理得，故，.在中，，又由，可得，故，所以球的半径，故球的体积为.故答案为：4．（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（

）A．平面B．几何体外接球表面积是C．几何体的体积是D．当时，几何体一定有内切球【答案】AC【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以，根据线面平行的判定定理可知平面，故A正确；几何体外接球即为长方体的外接球，所以，所以外接球表面积是，故B错误；对于C选项，可以将几何体补成长方体，如图，几何体的体积为，故C正确；当时，假设几何体有内切球，则根据等体积法可得，即，因为平面上的点与平面上的点的距离是1，即内切球半径为，矛盾，故几何体没有内切球，故D错误.5．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________.【答案】【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，

设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，，不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，，则，，，故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以，在中，，为棱台的高，也是球的直径，所以半径为，所以球的体积为，棱台体积为，所以球与棱台的体积比为.故答案为：.6．（2026·黑龙江大庆·二模）已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（

）A．平面B．三棱锥的外接球的表面积为C．若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是D．若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为【答案】ABD【详解】如图：

对于A：在正方体中，，平面平面，所以平面，故A正确；对于B：三棱锥与正方体有相同的外接球，所以外接球的半径，所以，故B正确；对于C：当平面时，因为平面平面，所以，因为，所以，所以点的运动轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是；同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为；当点为正方形内部及边界上的动点时，若，则；若，则，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是；同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为，所以动点的轨迹长度为.故C不正确；对于D：在正方体中，平面平面，因为点满足平面，所以点在平面上.又因为点在正方体的内切球表面上，所以点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为.

则的最小值为，故D正确.故选：ABD7．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）动点在棱长为4的正方体内部及表面运动，动球是以点为球心，半径为1的球，求动点在运动过程中球的轨迹形成的几何体体积（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】球的轨迹形成的几何体为一个棱长为4的正方体和6个长宽高分别为4，4，1的长方体，以及12个以1为底面半径，4为高的四分之一个圆柱体加上8个以1为半径的八分之一球，所以球的轨迹形成的几何体体积为.故选：D.8．（2026·贵州毕节·二模）如图，平行六面体的底面是正方形，，且，E，F，G，H分别是，，，的中点.(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为分别是的中点，所以是的中位线，得，又因为分别是​的中点，所以​，在平行六面体中，，因此，平面，平面，故平面；由是​中点，是的中点，结合平行六面体的性质可得，且，所以四边形​是平行四边形，得，因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，因此平面平面；（2）如图以为原点建立空间直角坐标系，不妨设，根据题设条件得各点坐标，设则由，且，可得都是等边三角形，即，则，解得，即所以取平面中向量：，，设平面​的法向量，则，不妨令，则，即平面​的法向量，设直线与平面所成角为，则，因为为锐角，所以，即与平面所成角的余弦值为.9．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，，.(1)证明：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值.(3)在线段上是否存在点D，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，【详解】（1）因为，，所以，所以.因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.因为四边形是矩形，所以.因为平面，平面，且，所以平面；（2）由（1）可知，，两两垂直，则以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，，所以，，，，.设平面的法向量为，则，令，得.易知平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.（3）假设存在满足条件的点D，且（），使得直线与平面所成角的正弦值为.由（2）可知，，，则.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以.解得，所以，即，则存在满足条件的点D，此时.10．（2026·云南·模拟预测）如图，平面四边形是棱长为3的正方形．平面，且．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)线段上是否存在点M，使得平面平面，且满足平面?若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，是上靠近的三等分点，【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，因为平面平面，所以，又平面，所以平面；（2）如下图所示，因为，则四点共面，延长交于E，延长交于F，易得平面平面，作，连接，因为平面平面，所以，又平面，所以平面，由平面，则，，即平面与平面夹角为，易知，所以，则，；（3）假设线段上存在点M满足题意，由平面平面，平面，平面，则，又平面平面，平面，平面，则，所以，即是上靠近的三等分点，此时押题猜想07数列-求最值及证明不等式试题前瞻·能力先查限时：8min【原创题】已知函数（且）的图象经过点，记数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：．【答案】(1)．(2)证明见解析【详解】（1）由题意，所以数列的前项和为．当时，；当时，．当时，上式亦成立，所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，则，所以.因为，所以．又因为时，单调递增，所以，所以．分析有理·押题有据位置固定，必考题型，全国Ⅱ卷近几年，数列大题第二问，要么考最值，要么考不等式证明，几乎是固定搭配，分值5～6分，是整张卷“中档压轴”常客。区分度极高，必练求最值：会作差/作商就稳，不会就卡壳；不等式证明：放缩尺度难把握，是拉开分数的关键；能有效筛选基础扎实、逻辑严谨的学生。求最值、裂项放缩、等比放缩、累加法，都是全国卷“老演员”，几乎不跑偏。与新高考方向高度契合，重逻辑推理、重结构、轻偏怪技巧，非常适合考查数学核心素养。2026全国Ⅱ卷数列大题，第二问90%概率考：数列最值或数列不等式证明。近5年全国Ⅱ/甲卷真题高度重复，求通项后，求an或Sn的最值；证明：求和<C型不等式；裂项相消后放缩、等比放缩；与函数单调性结合判断数列增减；考纲明确要求；理解数列是特殊函数，会用函数方法研究单调性、最值；会用放缩、累加法证明简单不等式。2026各地一模二模一致指向，模拟卷数列题几乎都是：第一问：求通项，第二问：最值/不等式证明完全贴合全国卷风格。密押预测·精练通关1．（2026·山西运城·一模）设正项数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式;(2)若，记数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）依题意，当时，，，则；当时，，，两式相减，整理可得，又为正项数列，故，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）证明：由（1）可知，所以，显然，当，则，即，此时，综上，成立.2．（2026·山西晋中·模拟预测）已知数列的前项和为，且.(1)证明：是等比数列；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为，所以当时，，解得，当时，，所以，即.所以，又，所以是以为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）知，.所以，则，①，②①减去②，得：所以.3．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）已知是公差为的等差数列，其前项和为，且，.(1)求的通项公式；(2)若数列满足，其前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题意得解得所以.（2）由，所以.4．（2026·辽宁辽阳·一模）在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列．(1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由；(2)已知二阶等差数列满足，，．①求数列的通项公式；②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)是，理由见解析(2)①；②.【详解】（1）因为，所以，所以，故数列为等差数列，故数列为二阶等差数列.（2）①根据题意可得，，因为数列为等差数列，故数列的公差为,所以等差数列的首项为，故，所以，当时，，，，，上述等式相加得，故，也满足，故对任意的，；②由题意可知，，即，可得，令，则，当且时，，可得；当时，；当且时，，可得，所以数列的最大项为，故，所以实数的取值范围是.5．（2026·湖北武汉·模拟预测）在数列中，，，，且是等差数列.(1)求；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）设，则，因为是等差数列，即是等差数列，则有，即，解得.（2）由（1）知，，则的公差为2，首项为6，则，即，当时，将各式相加，得，即，即，而满足上式，因此，，则，因为，则，则，得证.6．（2026·黑龙江·一模）数列是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，满足____．数列满足，且．从下面三个条件中任选一个，补充在上面横线中.①，；②，，，成等差数列；③，；(1)分别求出数列与的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前10项和．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）【答案】(1)选择任一条件都有，(2)【详解】（1）若选①，设的公比为，则，且，解得，，因此，由，得，而，则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以．若选②，设的公比为，由成等差数列，得，解得，因此由，得，而，则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以．若选③，设的公比为，则，解得，因此，由，得，而，则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以．（2）数列满足，则，所以．7．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知函数.(1)当时，求函数在上的值域；(2)若对任意，都有，求实数的取值范围；(3)证明：.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）当时，，则，令，则，即；令，则，即.所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以的值域为.（2）由，得，设，则，，设，则，所以当时，，所以在上单调递增，所以.①当时，在上单调递减，则，不满足题意；②当时，，使得，当时，在上单调递减，则，不满足题意；③当时，在上单调递增，则，满足题意.综上可得，即实数的取值范围是.（3）证明：由（2）得，当时，任意恒成立，即，所以，所以.令，则，存在，使得.则当时，；当时，，于是在上单调递增，在上单调递减，而，所以，即当时，.所以，所以.综上所述，.8．（2026·广西·模拟预测）已知公比的等比数列，其前n项和为，且，.(1)求的通项公式；(2)求.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以，即，因为数列为等比数列，所以，因为，所以的通项公式为；（2）设，由（1）知，，则，两式作差得，故.9．（2026·广西南宁·一模）已知数列的前n项和（p为常数），且．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)；(2)证明过程见解析【详解】（1）因为，解得，故，故当时，，又，故也满足，综上，通项公式为；（2），故，所以.10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知数列中，．(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求；(3)数列满足：，求的最大项．【答案】(1)证明见解析，(2)(3)1【详解】（1）等式两边同除以，得，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．由上知，即得．（2）由（1）知，．当为偶数时，当为奇数时，．综上，．（3）当时，；当时，有，可得．所以，．记，则．令，则，可得在区间上单调递增，则，即得，即．所以当时，，即，可知数列从第4项开始每一项均小于1．因为，所以数列的最大项是第三项，其值为1，即得数列的最大项为1．押题猜想08解三角形定值与最值-内部含线试题前瞻·能力先查限时：8min【原创题】已知函数，恒成立，且．(1)求的解析式；(2)记的内角，，的对边分别为，，，且，，的面积为，求．【答案】(1)(2)【详解】（1）由，得，而，则，由恒成立，得，即，，因此，解得，而，则，所以的解析式为.（2）由（1）得，，而，解得，由，解得，由余弦定理得，由正弦定理，得．分析有理·押题有据大题必考，位置极稳，全国Ⅱ卷近几年，解三角形固定在第15题，13分，是第一道大题，必须拿满分。

“内部一条线”是近年最热考法，单纯考边、角、面积太简单，现在高频考：角平分线、中线、高线、平行线，难度适中、区分度好。定值+最值是标准考法，第一问求角/边（定值），第二问求周长、面积、边长范围（最值），是全国卷最成熟的命题结构。不超纲、不玄学，全是套路，只用：正余弦定理+面积公式+基本不等式。2026全国Ⅱ卷解三角形大题，90%考：三角形内部一条线+定值+最值。近5年全国Ⅱ/甲卷真题高度重复，给中线、角平分线、高线，求边长或角度；求面积最值、周长最值；结合基本不等式、三角恒等变换，考纲核心要求熟练运用正余弦定理解三角形，掌握面积公式与最值问题，是基础大题必考内容。2026各地一模二模高度一致，几乎所有模拟卷解三角形都在考：三角形内有一条线；定值+范围双问完全贴合全国卷风格。今年重点只押三类“内部一条线”，覆盖全部考法：

中线问题（最高频）；角平分线问题（次高频）；高线/垂线问题（常规）外加必考：面积最值；周长最值；边长范围。密押预测·精练通关1．（2026·陕西咸阳·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，．(1)求角；(2)若点在上，，，求．【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得得，所以，所以由余弦定理得，因为，所以．（2）在中，，所以，，又，在中，由正弦定理得．2．（2026·陕西·二模）在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且．(1)若，求的大小；(2)设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度.【答案】(1)；(2)2【详解】（1）因为，由正弦定理得.因为的角平分线交于点，所以，由，得，则，即，所以.在中，由余弦定理得，即；（2）由，得，得，化简得，即，所以，即，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.3．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知锐角中，为边上一点，平分，且．(1)证明：；(2)若，求长度的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由与正弦定理可得展开得，所以，即得，由于为锐角三角形，和均在内，则或，当时，因，则，即得，此时题设条件不满足，舍去.故，又平分，所以．故．

（2）由（1）知，则．因为为锐角三角形，所以解得已知，由正弦定理，得因平分，则设，则，且由（1）知，则得（*）因，则，设，由，得，则．由可得，又函数在上单调递增，故，即.4．（2026·辽宁大连·模拟预测）△中角的对边分别为，满足，.(1)证明：；(2)求△的内切圆半径的取值范围；(3)若，△的内切圆上有一点，求点到三点的距离的平方和的最值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)最小值为，最大值为【详解】（1）证明，由知，在中由余弦定理得：（2）由可知又而.（3）由解得，可知为直角三角形，且，以为原点，分别为轴正方向建立平面直角坐标系，则，设内心有设整理得：，，即所求得最小值为，最大值为.5．（2026·辽宁大连·一模）已知与，点C与点在直线的同侧，且边与边相交于点，为中点，，，.(1)若平分，求；(2)若，求.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为平分，所以，又因为为中点，且边与边相交于点，所以在中，是的平分线且过对边的中点，故是等腰三角形，即，在中，由余弦定理得：，，所以，，则在中，，，，由余弦定理得：，解得，又因为，则，所以，同理，在中，，，，由余弦定理得：，，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：由图可知坐标为，因为，，得坐标为，又因为为中点，由中点坐标公式得出点坐标为，设点坐标为，由和，得出点坐标为,所以，，则，所以，所以.6．（2026·吉林白山·二模）如图，在平面四边形中，，在边上，，，的面积为，记．(1)若，求线段的长度；(2)当为何值时，线段的长度最小？求出该最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为的面积为，，，所以，则，在中利用余弦定理得，所以线段的长度为.（2）设，因为的面积为，，所以，则，因为，所以，因为，所以在中利用正弦定理可得，，则，因为，所以，则，则，则，等号成立时，则，即，故当时线段的长度最小，最小为.7．（2026·吉林·模拟预测）已知的内角的对应边分别为，且．(1)求；(2)若，数列的通项公式为，设为数列的前项和，求．【答案】(1)；(2).【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，则，即，于是，而，则，又，所以.（2）由（1）知，，而，则，又，则由正弦定理得，因此，函数的最小正周期为3，因此数列是以3为周期的周期数列，，而，所以.8．（2026·吉林长春·一模）在中，角，，的对边分别为，，，若，且的面积为.(1)求的值；(2)若，求边上的高.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，，所以，又的面积，所以，所以.（2）由正弦定理得，则，所以，由余弦定理，，解得，即，又的面积，解得，即边上的高为.9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在中，内角，，所对的边长分别是，.(1)求角；(2)若，，，求AB边上的高.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，根据正弦定理得，.因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以.（2）根据余弦定理得，，将，代入上式整理得，，又因为且，解得，，所以，所以为以AB为斜边的直角三角形，所以斜边AB上的高为.10．（2026·黑龙江大庆·二模）在中，角的对边分别为，且.(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得：，在三角形中，所以，即，因为，所以，因为，所以（2），所以，由余弦定理得，所以，则，所以的周长为.押题猜想09导数-比较大小、零点及恒成立求参问题试题前瞻·能力先查限时：8min【原创题】已知函数，且为函数的极值.(1)求实数a的值；(2)当时，恒成立，求实数m的取值范围；(3)证明：当时，．【答案】(1)(2)或(3)证明见解析【详解】（1）因为，又为函数的极值，所以，即，解得.验证极值点：当时，.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此是的极小值点，符合题意，故.（2）由(1)得，设，设，.当时，，因此在上单调递增，.情况1：此时，故，在上单调递增，最小值为.，解得或，结合，得.情况2：在上单调递增，且，时，故存在唯一，使得，即.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此的最小值为，代入，化简得，因，故，解得.设，，，故在上单调递减，因此，综上所述，实数的取值范围是或.（3）证明：由(1)得，因此.令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，所以所以不等式（当且仅当时取等号），令，得，且时，故.因此对，有：，即因为，所以.因时，故，即，不等式得证.分析有理·押题有据压轴地位不可动摇全国Ⅱ卷第18、19题必是导数大题，选择填空也常出一道导数小题，总分值20分左右，是整张试卷区分尖子生与普通生的核心题。三大考法高度固定，大题结构几乎年年一样：第1问：单调性、切线、极值（送分）；第2问：零点个数/恒成立求参/比较大小（拉分）命题风格成熟、不跑偏，不考怪招，重点考：分类讨论、分离参数、构造函数、隐零点、放缩，套路极强，二轮突击性价比极高。重思维轻计算，侧重逻辑分析、函数构造、数形结合，完美契合新课标“理性思维”考查目标。2026全国Ⅱ卷导数大题100%必考，90%概率考：零点问题或恒成立求参或比较大小。近5年全国Ⅱ/甲卷真题高度重复，恒成立求参数范围（含端点效应、隐零点）；函数零点个数判断、存在性证明；双变量比较大小、极值点偏移；含参单调性讨论，考纲核心要求：熟练应用导数研究函数单调性、极值、最值；能够解决函数零点、不等式证明、恒成立问题。2026各地一模二模各地模拟卷导数题均围绕：含参单调性；恒成立求参；零点个数；构造函数比大小，完全复刻全国卷命题逻辑。今年重点只押3类，覆盖99%考法：恒成立求参数范围（最高频），函数零点个数与存在性（次高频）

双变量/单变量比较大小、不等式证明（压轴考法）解题口诀：导数题，先求导，单调极值先找到。恒成立，分离参，不行再把分类谈。零点题，看符号，单调区间要分好。比大小，作差构，同构放缩压轴路。密押预测·精练通关1．（2026·黑龙江·一模）已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)当时，求证：．【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明见解析【详解】（1）由题意可知，函数，的定义域为，导数，当时，，；当时，，；，；综上，当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．（2）由（1）可知，当时，函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减．所以，要证，需证．即需证恒成立，令，则所以函数在区间单调递增，故，所以，恒成立，所以当时，．2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)（ⅰ）当时，证明：；（ⅱ）当时，设，且.求证：.【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【详解】（1），①当时，，在单调递增，②当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）设，则，因为在上单调递增，，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，当且仅当时取等，所以，即，当且仅当，时取等；（ⅱ）法一：由（1）已知，当时，在单调递增；因为，所以，由（2）可知，，，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以法二：由（1）已知，当时，在单调递增；因为，所以；（同法一）设，，易知在上单调递增，所以当时，，即，上式整理得，即设，，所以在上单调递减，所以，即，因为，所以，所以，即，所以所以（同法一）法三：由（1）已知，当时，在单调递增；因为，所以；（同法一）设，，所以，所以在上单调递增，显然，所以，即，因为，所以，所以，即，根据基本不等式，，所以，所以，所以法四：由（1）已知，当时，在单调递增；因为，所以；（同法一）因为，所以根据基本不等式，，设，所以，整理得，设，所以，，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以为增函数，因为，所以当且仅当时，，所以，根据基本不等式，，所以，所以所以（同法三）3．（2026·广西河池·二模）已知函数．(1)讨论的极值；(2)当时，证明：．【答案】(1)当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.(2)证明见解析【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值；当时，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故当时取得极大值，无极小值.综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.（2）因为，所以原不等式等价于，因，两边除以得：只需证.当时，不等式显然成立；当时，，只需证，因为，故只需证.令，求导得：，令，在上单调递减，且，，故存在唯一，使得，即.当时，，，单调递增；当时，，，单调递减.故当时，取得极大值也是最大值.代入得：，令，则恒成立，则在上单调递减，故，即成立.综上，原不等式得证.4．（2026·广西南宁·一模）（1）若函数图象的两个相邻对称中心的横坐标相差6，求．（2）在（1）的条件下，设函数，试判断并证明函数图象的对称性．（3）已知（2）中的导函数有两个零点,且．（i）求的取值范围；（ii）当时，证明：．【答案】（1）；（2）的图象关于点成中心对称，证明见解析；（3）（i）；（ii）证明见解析【详解】（1）依题意，函数的最小正周期满足，则，故；（2）由（1），，则函数关于点成中心对称，证明如下：由，可得，即函数的定义域为，因，，则，即函数的图象关于点成中心对称.（3）（i）由，求导得，由可得，显然，可得，设，可知该函数在上单调递增，在上单调递减，且，如图，要使的导函数有两个零点，且，则需使函数与在上有2个交点，即需使，解得，即的取值范围是.

（ii）由，可得，化简得：，因，则得，即，且，则，要证，需证，即证，因，不妨取，（若此时不等式成立，因，则易得时更成立），即需证，因，代入整理得，设，则，由可得，于是可得，即需证（*）.设，则，令，则，所以在上单调递减，，所以，即在上单调递增，又，则，即（*）成立，故当时，得证.5．（2026·广西南宁·一模）已知函数．(1)求在上的最值．(2)设函数．（i）讨论的单调性；（ii）若为的一个极值点，且，，证明为定值．【答案】(1)最大值为，最小值为.(2)（i）见解析；（ii）证明见解析.【详解】（1），令，解得或.当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在时取得极大值，在时取得极小值，又，，所以在上的最大值为，最小值为.（2）（i），，判别式，当时，，，在上单调递增；当时，，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.（ii）因为为的一个极值点，所以，即，所以，由得，整理得，，化简得，因为，所以，将代入，得，整理得，，化简得，因为，所以，即，所以为定值.6．（2026·广西柳州·二模）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若有极小值，记的极小值为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）