2026年高考数学终极冲刺：限时预测03（A+B+C三组解答题）（大题专练）（全国一卷适用）（原卷版及参考答案）

1/19限时预测03（A组+B组+C组）（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．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．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．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．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.（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.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：．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．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．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：.（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．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．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．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．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：，.

限时预测03（A组+B组+C组）参考答案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）【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，.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）【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）【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）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）（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）（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）（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）【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123∴.（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123∵，∴，∴.（17分）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）【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）（15分）【解析】（1）由题意可知：，则，；；；（3分）则X的分布列为X0123P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，