2026年高考数学终极冲刺：限时预测04（A+B+C三组解答题）（解析版）（全国二卷）

1/24限时预测04（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）在中，角所对的边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若为边上一点，满足，且，求的面积最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，所以，2又因为，可得，所以，所以，4因为，所以，可得，所以，5又因为，故6（2）解：因为为边上，满足，所以，所以，所以，8所以，即有，10即，所以，所以，即，当且仅当时，即时，取等号，12所以，即的面积最大值为1316．（15分）如图，在三棱柱中，，.(1)证明：直线平面ABC．(2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）由题意可知是边长为2的正三角形，在中，由余弦定理可得，2所以，所以为直角三角形，且，所以，4同理可得，5因为平面，，所以直线平面ABC；6（2）取中点，连接，则，又，所以，由（1）可知直线平面，，8以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示：则，，所以，10设平面的法向量为，则有，令，可得，12又因为，所以，14所以AC与平面所成角的正弦值为1517．（15分）．某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金；游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）.第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金.(1)求游戏Ⅰ第2局获胜的概率；(2)若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望；(3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.【详解】（1）由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率3（2）易知,游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为，因此可知,46随机变量的分布列为0123随机变量的期望或9（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,11游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,13从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ1518．（17分）已知点为抛物线的焦点，点在上.(1)求的方程与点F坐标：(2)过点的直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线相交于两点.（i）若为线段的中点，求证：直线为抛物线的切线；（ii）若直线为抛物线的切线，过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值.【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）【详解】（1）点在，，，；点为抛物线的焦点，；4（2）（i）过点的直线与抛物线相交于两点，此直线一定存在斜率，设过点的直线方程为，将代入，得到，整理得到，6如图，设，则有，为线段的中点，，7，，，在直线上，，，，，8在上，，，，，，，，切点为，，与切点为的斜率相等，直线为抛物线的切线；10（ii）由（i）知，当为抛物线的切线时，，，，，直线的方程为，如图，作出符合题意的图形，过点作直线的垂线，垂足为，在直线上，，，，，，，，，，，，，，，，12，，14设，整理得到，则，解得，16的最大值为，的最大值为1719．（17分）已知函数.(1)讨论函数的单调性.(2)设函数，若存在唯一实数使函数的最小值为0，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)或．【详解】（1）由得1①当时，，单调递减；2②当时，令，解得，当时，，即，所以单调递减，当时，，即，所以单调递增；4③当时，，所以，单调递减5综上，当时，单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，单调递减7（2）由8得，由（1）可知，9即关于的方程只有1个根，当时，方程（）恒成立，即当且时，方程（）无解所以，11由，所以，即，即且，对（）式同时取对数，13即，令，则，即关于的方程在无解14又令，则，令，则，由，则当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，15当时，，当时，，要使式成立，只需或，即或16综述，实数的取值范围或．17（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2解得4所以6（2）由，9所以13（15分）某电商研究中心为剖析国潮消费趋势，随机调查了该平台50名男性用户和50名女性用户，统计其对“国潮服饰类产品”的购买意愿（经常购买/不常购买），得到如下列联表：经常购买不常购买男性用户4010女性用户3020(1)依据＝0.05的独立性检验，能否认为该平台男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异？(2)从该平台的用户中任选一人，A表示事件“选到的人不常购买国潮服饰类产品”，B表示事件“选到的人为女性用户”，利用该调查数据，给出的估计值．附：．0.0500.0100.005k3.8416.6357.879【答案】(1)认为男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异(2)，【详解】（1）由题可得：，4依据＝0.05的独立性检验，认为男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异．7（2）由题得，，11．15（15分）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为．(1)求椭圆的方程．(2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形．（i）求证：直线的斜率为定值；（ii）求面积的最大值．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）2．【详解】（1）设椭圆的方程为，显然，2将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去）所以椭圆的方程为．4（2）（i）设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：联立得，化简得，由知，则，6因为，所以，即，8化简得，因为直线不过点，所以，故．9法二：设直线的方程为，联立，得，化简，得，由知，即，则，又，所以，6因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，同理可得，7由此可知，8则直线的斜率，故直线的斜率为定值．9法三：因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，因为为椭圆上异于的两点，所以可设直线为，不同时为0，联立与，5得，等式两边同时除以，记，7化简得，由于，所以，说明直线的斜率为定值．9（ii）设直线为，联立与，得，因为，所以．由韦达定理知11法一：过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为，，即，12化简得．14当且仅当时，的面积取最大值2．15法二：易知，点到直线的距离，12所以，14当且仅当时，的面积取最大值2．1518（17分）如图，四棱锥中，平面，，，.(1)求证：；(2)若为的重心，（i）求与平面所成角的正弦值；（ii）若交平面于，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2)，【详解】（1）在中，，，，，2平面，平面，，3，平面，平面，平面，平面，；5（2）（i）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，.，，，，，，，为的重心，，，6设平面的法向量为，则，，，取，则，即，8，，，9设与平面所成的角为，则，10故与平面所成角的正弦值为；11（ii）由（i）知，，，设，则，，12由（i）知，平面的法向量为，13则，即，则，解得，15即1719．（17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：．【答案】(1)时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增(2)(3)证明见解析【详解】（1）的定义域为，．当时，在上单调递增；1当时，由得，由得，由得，则在上单调递减，在上单调递增．3综上，时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增．5（2）因为在上有两个零点，所以，由得，令，则，6所以，时，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，8有极大值，也就是最大值为，9又无限趋近时，无限趋近于0，所以在上有两个零点时，，10所以，即的取值范围是．11（3）因为有两个极值点，所以，有两个实数根，12所以可得，设，将代入，得，14所以，所以要证，只需证，即．15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．17（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）甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响，(1)求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；(2)设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【详解】（1）设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”，（或）（或）3所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率6（2）随机变量的可能取值为2，3，4.，，，9随机变量的分布列为234所以随机变量的期望为1316．（15分）已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且，，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)求使成立的n的最小值.【答案】(1)；(2)6.【详解】（1）设等差数列的公差为，首项为，由题意可得，化简得，4解得，，所以7（2）由（1）可知9由，得，即，11即，解得或13因为，所以n的最小值是614即使成立的n的最小值为615（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．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（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因为，、平面，所以平面，4因为平面，所以平面平面6（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，9因为，、平面，所以平面，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、、、，11，，12由题意可得，13解得（舍去）或，故二面角的余弦值为1518．（17分）已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论的零点个数；(3)当时，证明：．【答案】(1)；(2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2；(3)证明见解析【详解】（1）当时，．所以曲线在处的切线方程为，即．曲线在处的切线方程为3（2）因为，令，得，即5令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.又因为，当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，7且，有极大值也是最大值，如图：由图可知，当时，函数与的图象无交点；当时，函数与的图象有1个交点；当时，函数与的图象有2个交点9综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1；时，的零点个数为210（3）①当时，，令，因为，所以，而，即，，12所以在区间上单调递增，所以，即，所以在区间上单调递增．所以13②当时，令，所以单调递增，所以，即14又因为，令，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，的极小值为．15若，即，则，所以．若，即，则在区间上单调递减，所以．所以，即．综上可得，1719．（17分）已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且.(1)设为坐标原点，证明：，，三点共线；(2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，.（i）证明：；（ii）证明：.【详解】（1）设，，则，，因为，可知：，，，2因为，可知：，则，，4由可知：，可知：，因此，，，三点共线5（2）（i）由可得：，由（1）可知：.由，可知：，且，都在第一象限，则，，7由（1）知：，，，由（*）式结合，可知：，，则，，10因此可得：，由此可知：；11另解：由（1）可