2026年高考数学终极冲刺：题号猜押03 全国卷高考数学第7~8题（单选题）（解析版）

1/7题号猜押03全国卷高考数学第7~8题（单选题）溯源年份卷别第7题第8题2025Ⅰ卷直线与圆（点到直线距离个数）对数的运算性质的应用2025Ⅱ卷等差数列基本量计算三角恒等变换求值2024Ⅰ卷三角函数图象交点个数抽象函数递推求和2024Ⅱ卷正三棱台线面角对数函数与不等式2023Ⅰ卷数列充要条件三角恒等变换（二倍角）2023Ⅱ卷三角半角公式等比数列前n项和性质2022Ⅰ卷构造函数比较大小正四棱锥体积范围2022Ⅱ卷正三棱台外接球表面积抽象函数周期求和2021Ⅰ卷导数切线（过点切线）概率事件独立性2021Ⅱ卷对数比较大小抽象函数奇偶周期近5年T7、T8考点轮换频繁，无明显固定模块。函数性质（抽象函数、奇偶周期）出现4次（2024ⅠT8、2022ⅡT8、2021ⅡT8、2022ⅠT7可归为函数），数列出现3次（2025ⅡT7、2023ⅠT7、2023ⅡT8），三角出现3次（2025ⅡT8、2023ⅠT8、2023ⅡT7），立体几何出现3次（2024ⅡT7、2022ⅠT8、2022ⅡT7），圆锥曲线偶有（2021ⅠT7切线），概率偶有（2021ⅠT8）。近年趋势：抽象函数与数列综合成为中档选择压轴的重要方向。预测2026年T7、T8极可能在抽象函数性质（周期、对称、递推求和）、数列与不等式综合（前n项和性质、放缩）、立体几何中的最值/外接球问题三者中选取。三角恒等变换与比较大小作为备选，但近两年频次降低。两题大概率分属不同模块，体现“多模块覆盖”。备考核心主攻抽象函数，熟练掌握赋值法推导周期与对称轴，理解奇偶性与周期性的转化，能处理递推关系求函数值和；强化数列综合，熟练等差等比通项与前n项和公式，掌握等差等比的性质，运用放缩法证明数列不等式；掌握立体几何中外接球、内切球半径的补形法与截面法，能建立函数或几何模型求体积、表面积最值；熟记三角恒等变换公式，理解构造函数比较大小的思想。限时训练，每道题控制在3~4分钟，注重快速识别考点与综合推理能力。考点1抽象函数性质（2026·河北张家口·一模）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数的奇偶性和周期性可得答案.【详解】由是定义在上的偶函数，得；由是定义在上周期为2的函数，所以，又因为，所以，故.（2026·浙江·模拟预测）已知函数的定义域为，对，与均恒成立，则（

）A． B．0C． D．1【答案】B【分析】先根据题意求出函数的周期，并求出，再根据周期求得的值.【详解】由，，令得，，所以，故，即是周期为4的周期函数.所以.故选：B.（2026·河北邯郸·一模）若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（

）A． B．0 C． D．【答案】C【详解】因为是偶函数，所以，由，得，所以，得，所以是以4为周期的函数，所以．（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【分析】根据给定条件，利用复合函数求导法则求出，进而确定函数在上的单调性并比较大小.【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.（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【分析】令求出可判断A，令可得，利用等差数列的求和公式求和后可判断B，求出后令，结合B中分析可得，据此可判断CD的正误.【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.（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【分析】利用函数性质画出函数图象，将方程根的问题转化成函数交点问题.【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.（2026·安徽六安·模拟预测）函数与都为奇函数，且对，都有，则（

）A．2525 B．2550 C．5049 D．5050【答案】D【分析】根据题意，可得，结合，可得，利用等差数列求和公式求得答案.【详解】由与都为奇函数，则，，又，所以，，所以，即，所以，即，因为，令，得，解得，因为，令，可得，得，所以，当为正奇数时，，所以，当为正偶数时，，对于任意正整数，有，所以.故选：D.（2026·四川成都·二模）已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，利用对称性和奇偶性，求得，，且，推得，进而得到，即可求解.【详解】由函数满足，可得关于对称，即，因为函数为奇函数，可得，即，可得，即，令，可得，所以，又因为，可得，所以，可得，所以的周期为8，因为，可得，所以一定有，对于的值无法确定.（25-26高三上·山西大同·月考）定义在上的奇函数满足，当时，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可知4是的一个周期，赋值求相应的函数值，可得，结合周期性运算求解即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，则，可得，可知4是的一个周期，又因为当时，，则，，对，令，可得，令，可得；令，可得；则，，，可得，所以.故选：D.（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【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据对称中心在函数的图象上，可得出的值，利用导数可求出函数在上的最大值和最小值，再结合函数的对称性和周期性可求得函数的最小值和最大值，即可得解.【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.（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【分析】解题的关键在于根据已知条件推导出函数的周期，结合函数的性质逐一分析选项求解.【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.（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【分析】利用赋值法得函数的对称性和周期性，从而得解.【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．（2026·黑龙江吉林·一模）若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】由是奇函数可得关于中心对称，结合，利用赋值法计算可得，即可得该函数周期，再利用，则可计算出为到时的的值，即可得解.【详解】由是奇函数，则，故关于中心对称，由，令，则，即，由，令，则，故，则，故，即有，故以为周期，由，则，，，，，则.（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【分析】先通过题干求出的周期；根据偶函数定义判断A选项；通过，结合的单调性与单调性运算性质可判断B选项；利用作差法，结合函数的符号进行比较大小即可判断C选项；结合函数的周期性和对称性判断D选项是否具有周期性.【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.（2026·江苏·一模）已知函数的定义域为为的导函数，，．若，则（

）A．2026 B．1013 C．1 D．-1【答案】D【详解】因为且，所以，因为，所以关于直线对称，则原函数关于点对称，所以所以，令，则，即，所以，所以的周期为，又，即，所以的周期也为，由得，由得，所以，由得，所以，又，所以，所以，所以，又，所以.考点2立体几何（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正三棱柱中，，D，E分别为线段，的中点，点F在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，即可得，再由线面垂直性质可知，根据棱长计算求得，可得结果.【详解】如图所示，取AC的中点G，连接BG，EG，DG．为线段的中点，，平面，平面，．，BG，平面，平面平面．平面，平面，平面，．三棱柱的棱长为2，，．（2026·河南·模拟预测）已知圆台的母线长为l，半径为R的球C与圆台的上、下底面及母线都相切，且，则圆台与球C的体积之比为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】设圆台上底面半径为，下底面半径为，且，根据题意求得，根据圆台、球的体积公式计算即可求解.【详解】如图，设圆台上底面半径为，下底面半径为，且，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，在中，，即，所以，故，因为，球的体积为，圆台与球C的体积之比为.（2026·山西朔州·一模）已知三棱锥的所有棱长都为4，点分别为中点，点分别为，中点，则几何体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】证明平面，根据棱锥体积公式求解.【详解】如图所示，连接，由题可知都是边长为正三角形，又是边中点，所以，又是边中点，所以，因为分别是中点，所以，所以，同理，又平面，所以平面，又，同理，又，所以，所以，所以几何体的体积为.（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥的侧面积为，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则挖去的圆柱的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合已知可求得圆锥的底面半径和高，设挖去的圆柱底面半径为，高为，列出函数关系借助导数求得最值.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由母线与底面所成角是60°，知，，所以侧面积为．设挖去的圆柱底面半径为，高为，要圆柱体积最大，首先有，所以，圆柱的体积，，则得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，取得最大值，最大值为．（2026·广东·一模）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（

）A．16 B．18 C． D．24【答案】D【分析】取的中点，连接过点作直线，分别交于点，先证明，推得平面即过点的截面，所求即为多面体的体积，利用棱柱的体积公式计算即得.【详解】如图，取的中点，连接过点作直线，分别交于点，连接，因为正方形的中心，则，因，则易得.又因为棱的中点，则易得，即四边形为平行四边形，则得，故，于是，平面即过点的截面，显然正方体被截面分成的较小的部分为多面体，记其体积为，则.（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）在三棱柱中，，点在平面的射影为点，若点在平面上运动，则线段长度的最小值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】的最小值即为点到平面的距离h，利用求解.【详解】依题意，的最小值即为点到平面的距离h，因为平面，平面，故，因为，，；由余弦定理，，故，所以；因为平面，平面，所以，则，，又，故为等边三角形，则，故，而，故．故选：B.（2026·河北·一模）如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定球的球心的位置，列出球的表面积的表达式，根据参数的取值范围即可求得结果.【详解】因为，所以是直角三角形，其外接圆的圆心为的中点，所以球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上.又，所以为四边形内以为直径，以的中点为圆心，2为半径的半圆上一点，如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，因为球的半径，即，化简得，因为，所以，，即，所以，而球的表面积为，，所以，即球的表面积的取值范围为.故选：D.（2026·宁夏银川·一模）已知直四棱柱的侧面积为，在等腰梯形中，，，，若异面直线与所成角的余弦值为，则该直四棱柱外接球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】找出余弦值，建立关于底面边长的方程，解出其关系.再结合直四棱柱侧面积公式，列方程解出侧棱长，然后算出等腰梯形的高，找到底面等腰梯形外接圆的圆心，求出外接球的半径，最后用球的表面积公式计算结果【详解】因为，所以异面直线与所成角等于，故.设，由得，设直四棱柱侧棱长为.在中，，平方化简得.因为直四棱柱侧面积，代入、得整理得，解得，舍去负根，因此，即，.易得等腰梯形的高，故可在平面建立坐标系，设等腰梯形四个顶点坐标，由对称性可知外接圆圆心在轴上，设为，，即，解得，因此.直四棱柱外接球半径满足，因此外接球表面积为（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积.【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系，因为下底面边长为，几何体的高为，故，，，，，，，.设几何体外接球的球心为，外接球半径为.在中，，在中，则，解得.所以.故该几何体的外接球的表面积故选：B.（2026·广东汕头·模拟预测）圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用相似求圆锥内切球的半径，然后利用正方体的外接球的直径与棱长之间的关系求解棱长，即可根据正方体的体积公式求解.【详解】如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径,设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为，由于,由题意可知，所以.即，解得.设该正方体棱长的最大值为，则，解得，所以该正方体的体积的最大值是，故B正确.故选：B（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【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果.【详解】如图所示，将平面绕点旋转得平面，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.（2026·辽宁抚顺·一模）在四面体中，平面平面，，若点均在球的球面上，且，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取AB的中点，由条件可得点为的外心，由平面平面，可得四面体的外接球球心为的外心，利用正弦定理即可求得其半径，进而求出答案.【详解】如图，取AB的中点M，因，则点为的外心，又因平面平面，平面平面，故四面体的外接球球心必在平面内，且是的外心，易得平面，故有，在中，，，由正弦定理，，则，故四面体的外接球的表面积为.考点3数列（2026·河北张家口·一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．18 B．19 C．20 D．21【答案】A【分析】利用等差数列片段和的性质，结合等差中项即可求解.【详解】因为是等差数列的前项和，所以成等差数列.所以，即.（2026·广东广州·二模）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（

）A．4 B．6.5 C．8 D．12【答案】C【分析】根据等比中项可知，结合可得，即可得结果.【详解】因为数列为等比数列，且，则，又因为，即，可得，可得，所以.（25-26高三下·安徽·月考）记为等差数列的前项和，若，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差数列的性质结合函数值域的求法求解即可.【详解】由，，可得.又，所以.令，则，代入，得，由，解得，故的最大值为.（2026·山东德州·一模）数列中，，对，有，若，则（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【分析】先根据求证为等差数列，再根据等差数列求和公式列等式求解即可．【详解】令，可得，则是首项，公差的等差数列，通项公式为，，解得．（2026·福建莆田·二模）已知数列是公比为的等比数列，，，，，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据等比数列的项的性质判断A；根据时，判断B；根据基本不等式计算求解判断C，根据常数列判断D；【详解】对于A选项，数列是公比为的等比数列，且，则，所以或，故错误；对于B选项，若，当时，有，则，故错误；对于C选项，数列是公比为的等比数列，则，，又因，所以，所以，故正确；对于D选项，当等比数列为公比为的非零常数列时，始终满足，但不一定成立，故错误；（2026·安徽合肥·模拟预测）对于数列，定义为数列的“优值”，现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则（

）A．2027 B． C．2029 D．【答案】D【分析】根据“优值”定义结合作差法求出，根据等差数列的前项和公式求出，代入求解即可.【详解】由，得，①，②①-②得，即，，所以．（2026·河南南阳·一模）在等差数列中，，当取得最小值时，（

）A．5 B．6 C．2025 D．2026【答案】A【分析】根据等差数列的通项公式及二次函数的性质求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，，.所以，所以..当取得最小值时，，此时.（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.（2026·贵州安顺·一模）已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因，，且对于任意，都有成立，则，可得，由可得，即得，即.又由及可得，则，易知为递增数列，则，且，因函数在上为增函数，则，由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在，设，则.对取极限得，即.函数在上单调递增，故，解得，故实数c的取值范围是.（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.（2026·河北邯郸·一模）已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用反证法验证D选项不成立，通过举反例验证A,B,C选项.【详解】因为是递增数列，所以．又，所以，则．若，则，则．由，得，即，矛盾，故满足的关系式不可能为．取，则，满足是递增数列，此时，．取，，则，满足是递增数列，此时．（2026·湖北孝感·二模）已知数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项，下列说法正确的个数是（

）①数据，，，…，的平均数是；②数据，，，…，的平均数是；③若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数；④若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据等差、等比数列的性质，结合平均数、中位数的概念逐项判断即可.【详解】对于①选项，设的前项和为，，所以数据，，，…，的平均数是，故①选项正确：对于②选项，当时，取为2，4，8，平均数为，故②选项错误；对于③选项，，，，…，的中位数是，，，，…，的中位数是，，故③选项正确；对于④选项，易知点在直线上，点在曲线上，因为，所以如下图所示：由图可知，当时，，所以数列的前项和大于数列的前项和，所以数列的前项的平均数比的前项的平均数大，④选项正确．考点4圆锥曲线（2026·辽宁抚顺·模拟预测）若抛物线的准线为直线，且被圆：所截得的弦长为，则该抛物线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】抛物线的准线l方程为，圆的圆心为原点，半径为1，所以圆心到直线的距离为，所以，故，即抛物线的准线方程为，所以抛物线的方程为.（2026·河南许昌·模拟预测）已知双曲线，是过右焦点且垂直于轴的弦，若点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2，则其离心率为（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】先求出的坐标，渐近线的方程，再根据点到直线的距离公式列方程解得半焦距，进而可求得离心率.【详解】由双曲线的方程知渐近线方程为，设，因为是过右焦点且垂直于轴的弦，所以，过分别作渐近线，即的垂线，垂足分别为，如图：则.又点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2，所以，即，整理得.将代入上式得，解得，所以，所以离心率.（2026·河北保定·一模）已知抛物线：的焦点为F，点D为C的准线上一点，线段DF与C交于点E，若，，则（

）A． B． C． D．1【答案】D【分析】设，由题意可知，可得，再根据结合抛物线定义运算求解即可.【详解】设，，因为抛物线的焦点为，准线为，由题意可知：，则，可得，且，所以.（2026·广东广州·一模）已知抛物线：（）的焦点为，圆：与交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，则（

）A．3 B． C．4 D．5【答案】C【分析】先由已知条件解出，两点坐标，再由焦半径公式求得.【详解】由圆：可知，圆心，半径为.而圆和抛物线都关于轴对称，则可设，.由，得.因为点在圆上，又有，即，而，则解得，所以.而点又在抛物线上，则有，所以，则.所以.（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.（2026·陕西铜川·一模）已知F为抛物线的焦点，C的准线和轴交于点P，点M在抛物线C上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用，结合圆与抛物线的交点得出M点的横坐标，再由抛物线的定义得，又因为，求得即得.【详解】因为C的准线和轴交于点，且．根据题意可得图形，由已知，可知满足，又因为M在抛物线C上，所以，所以，所以，因此，M点的横坐标是，由抛物线的定义知，且，所以，所以．故选：B.（2026·广东汕头·模拟预测）若双曲线存在以为中点的弦，则离心率的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】讨论已知点的位置，将点坐标代入双曲线方程得的范围，代入离心率公式，可得e的范围.【详解】若点在右焦点所在的双曲线内部，则必存在以为中点的弦，此时，解得，则，所以，符合题意；若点在右焦点所在的双曲线外部，则，设以为中点的弦与双曲线E交于两点，则，则，，两式作差得，整理得弦的斜率，因为存在该中点弦，所以直线AB与双曲线E有2个不同的交点，则，解得，所以，则，符合题意.综上，离心率的取值范围是.故选：C（2026·陕西榆林·模拟预测）将双曲线绕原点O逆时针旋转后，得到函数的图象，已知直线是函数图象的一条渐近线，，则（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】由题意得双曲线旋转后的实轴所在直线方程，结合函数的解析式，利用双曲线的性质求的值即可．【详解】如图所示，易知直线的倾斜角为，则直线的斜率，则直线，由，得，则．由题意可知，函数图象的另一条渐近线为直线，过点和点分别作直线的垂线分别交直线于点N，M，Q，P，，．（2026·浙江宁波·二模）已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】利用中位线定理和余弦定理的应用可得，结合计算即可求解．【详解】设，过点M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则，如图，因为点A为线段的中点，所以点A到抛物线C的准线的距离为，在中，由余弦定理得，所以，又，所以（当且仅当时，等号成立），所以，即的最小值为．（2026·河南南阳·一模）已知椭圆与椭圆交于四点，且，的焦点与这四点在同一个圆上，则（

）A．4 B．5 C． D．【答案】D【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可.【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上，所以根据椭圆和的对称性可知，该圆的圆心为原点，因此有，所以椭圆的半焦距为，椭圆的半焦距为，因此该圆的方程为，即，又两椭圆的交点与和的四个焦点在同一个圆上，所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上，由，代入椭圆：中，得化简可得：，解得：，又，故.考点5三角函数与三角恒等变换（2026·四川成都·二模）已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用两角和的正弦公式化简已知条件，求出，然后结合角的范围求出余弦值，最后根据二倍角公式求解.【详解】因为，化简得，即，又，，所以.（2026·湖北孝感·二模）已知、均为锐角，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据同角三角函数关系式求出，，再由和两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，为锐角，所以，，所以，所以.因为，所以，，因为，所以，则，所以，，.（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【分析】根据两函数图象关于直线对称及得到，结合的范围代入求解即可.【详解】由题意知，所以，所以.因为，所以，所以，解得.（25-26高三上·天津和平·期末）已知函数，若的图象关于轴对称，且在区间上单调递减，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由求出，由的图象关于轴对称得到，结合求出的值，从而得到的表达式，利用的表达式求出.【详解】，，的图象关于轴对称，，，，或，当时，，，，在区间上单调递增，不符合题意；当时，，，，设为单调递减函数，在上为单调递增函数，在区间上单调递减，符合题意；故，，.故选：A.（2026·宁夏银川·一模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据诱导公式、两角和差的正弦公式、辅助角公式、二倍角公式化简求值即可.【详解】因为，所以.则.（2026·山东枣庄·一模）记函数，的两个零点为和，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，即，列方程解，不妨设，可知，.利用诱导公式结合倍角公式逐项分析判断.【详解】令，即，联立方程，解得或，不妨设，则，，且，则，.对于选项C：，故C错误；对于选项D：，故D正确；对于选项AB：因为，则，且，可得，，则，故A错误；且，故B错误；故选：D.（2026·山东临沂·一模）已知锐角，满足，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得含的表示，即可根据基本不等式求解最值.【详解】由得，即，由于，为锐角，故，设，则，令，当且仅当时取到等号.故的最大值为.考点6比较大小（指数、对数、三角函数）（2026·湖北襄阳·一模）设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据的形式构造函数，利用导数求解函数的单调性即可得解.【详解】由于，故构造函数，则，令，故，因此在上单调递增，故，故在恒成立，故在上单调递增，因此，即.（2026·广东深圳·一模）若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】由可得，与互为反函数，故其交点在直线上，且交点横坐标小于1，而与交点的横坐标等于1，从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所示：与的图像交点为,与的图像交点为,且当直线位于点的上方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，当直线位于点的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，（2026·宁夏银川·一模）若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数的换底公式，对数的运算法则以及指数函数的单调性，通过构造函数，利用导数法求出单调性比较出的大小.【详解】，，，，，，，，设，，，设，，，，在上是单调递增函数，，，，在上是单调递减函数，，，，为上的单调递减函数，，，，，即.（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知，若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用指数和对数运算，先估算出的取值范围，再用对数运算来估算和，即可得到判断【详解】由，，则有，，由，有，由，得，即，则有，由，得，由，得，所以.（2025·四川自贡·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，可判断，，得解.【详解】，，，则，又，，.故选：C.（25-26高三上·广西·期末）已知正实数a，b满足和，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】将已知两等式两边取对数，整理后构造函数，利用导数判断其单调性，即由推得，再利用不等式性质推得，再将其变形后借助于指数函数单调性推出即可.【详解】由，两边取对数，，即，又由，两边取对数，，即，令，，则，由，可得在上单调递增，则，故；又由可得，则，故.故选：A.1．（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，由此可求结论.【详解】因为，所以故，因为，又，所以.2．（2026·山东威海·一模）已知定义在上的函数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题设条件推得函数的对称性和周期性，并利用函数的这些性质可推得C项正确，根据条件无法确定其它选项正误.【详解】由可知函数的一条对称轴为直线，由，可知函数的一个对称中心为，故函数的一个周期为.对于，取，可得，解得，又由，取，可得，故C正确.由函数的周期性和对称性，可得，根据题设条件无法推得其它三个选项的正误.故选：C.3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知定义域为的函数的图象关于原点对称，若，，则（

）A．3 B．0 C． D．6【答案】A【分析】根据题意推得函数是以为周期的周期函数，再结合函数周期性求解即可.【详解】因为定义域为的函数的图象关于原点对称，所以，因为，即所以，所以，即函数是以为周期的周期函数，因为，，，所以，所以故选：A4．（2026·重庆·模拟预测）已知，，，则（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】B【详解】左右两边同时乘以得，左右两边同时加得，设，则单调递增，又，，所以，所以，所以.5．（2026·陕西宝鸡·一模）已知数列满足：（m为正整数），，若，则m的值不可能为（

）A．16 B．19 C．20 D．21【答案】B【分析】从进行推导，得到或，继续推导，得到答案.【详解】，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，不合要求，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，不合要求，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，满足要求，①若，若为偶数，则，解得，若为奇数，则，解得，不合要求，舍去；则或，或，同理可得，若则，或21，若，则，或3；②若，则，，则或8，或16，综上：，3，16，20，21，128.则m的值不可能为，故选：B6．（2026·江苏南通·一模）已知四棱锥中，平面，，点到直线的距离为2．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间垂直关系证明线面垂直，再利用球被平面所截得到一个圆，然后利用已知条件计算交线长即可.【详解】在梯形中，因为，所以，则，即，因为平面平面所以，又因为平面，所以平面，又因为平面，所以，由点到直线的距离为2，可得，再过点作，垂足为，则，又因为平面，所以平面，由，，可得，则以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以为圆心的圆弧，其半径为：，又由，可得则在直角中，由点到的距离等于，所以直线与这个以为圆心的圆弧相离，即与侧面的交线是以为圆心的圆弧长为，故选：B7．（2026·陕西咸阳·模拟预测）在三棱锥中，是的内心，底面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作于点，设是中点，则是的外心，过作的平行线，与平面垂直，则三棱锥的外接球的球心在此直线上，然后按在平面的两侧分类讨论求得外接球半径后可得表面积.【详解】作于点，设是中点，则是的外心，过作的平行线，与平面垂直，则三棱锥的外接球的球心在此直线上，如图，设，，在直角中，，则，分别与垂直，垂足分别为，则，，，，，在平面上，若在平面同侧，则，由得，解得，不合题意，舍去，因此在平面两侧，，由得，解得，所以，所以外接球表面积为，故选：A.

8．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离.【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点，以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则球心的坐标为：因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径；故，，，所以，，设平面的法向量为，则由，即，令，则，则是平面的一个法向量.又，因此球心到平面的距离.9．（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【分析】先根据二倍角公式化简函数的表达式，然后根据余弦函数的对称中心计算即可.【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.10．（25-26高三上·贵州安顺·期末）定义：数列的“间隔和”数列为．若则（

）A．22 B．30 C．34 D．36【答案】C【分析】根据数列的通项公式求出相邻两项的差值，再根据“间隔和”数列的定义计算.【详解】当时，，由，则，当时，，则，所以，所以，故选：C11．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过且不与坐标轴垂直的直线与交于，两点，为线段的中点，过作的准线的垂线，垂足为，若为等腰三角形，则直线的斜率的绝对值为（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理求出中点坐标，即可得点坐标，利用斜率乘积可知，即可求出直线倾斜角，直线斜率得解.【详解】因为抛物线：，所以焦点，准线方程为，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，如图，设，直线的方程为，由，可得，则，所以，即，故，所以，又，所以，所以，又为等腰三角形，所以，所以，所以，结合抛物线的对称性可知直线的斜率的绝对值为1.12．（2026·江西·一模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（

）A． B． C．4 D．【答案】A【分析】由最大角定理得到平面与平面所成的最小锐二面角，然后作出截面，求解.【详解】如图：当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，平面与平面所成角最小（最大角定理），取中点，此时平面与平面所成角为，余弦值为．过点作为中点，延长交延长线于，连接交于点，连接，，分别取棱，中点，，则六边形PNHGQF即为截面，截面是边长为正六边形，其面积为．故选：A.13．（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，