2026年高考数学终极冲刺：限时预测05（A+B+C三组解答题）（原卷版及全解全析）（全国一卷）

1/9限时预测05（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，角对应边分别是.已知成等差数列，且.(1)求的值；(2)若的外接圆半径为，求的面积.16．（15分）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，．(1)求证：，，，四点共面；(2)设，求平面与平面夹角的余弦值．17．（15分）某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立．(1)求该项目予以立项的概率；(2)记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望．18．（17分）已知函数．(1)求的单调区间；(2)已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围.19．（17分）已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，且，C的离心率为．(1)求C的方程；(2)若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程；(3)若直线：与交于，两点，设直线，的斜率分别为，且，求t．（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）已知等差数列的前项和为，且.(1)求数列的前项和；(2)记，数列的前项积为，求的最小值.（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点．(1)求直线与平面的夹角；(2)若，平面与交于点，求线段的长度．（15分）一场体育赛事招募赛会志愿者，赛会志愿者须参加通用培训和专业培训，两项培训考核都合格才能通过培训考核，考核通过后才能参加赛事志愿服务．已知赛会志愿者参加通用培训后，考核合格的概率为，参加专业培训后，考核合格的概率为．(1)若志愿者，都参加了培训，求志愿者，中至少有1人通过培训考核的概率；(2)现从12名通过培训考核的志愿者（包含3名女志愿者）中随机抽取4名志愿者参加某体育赛事的志愿服务，记X为被抽取到的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望．18.（17分）已知函数的一个极值点是．(1)求a与b的关系式；(2)求出的单调区间；(3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．19．（17分）已知动圆过定点，且被轴截得的弦长为4.(1)求动圆圆心的轨迹方程；(2)已知过点的直线与圆心的轨迹交于两点，点关于轴的对称点为.（i）求（为坐标原点）面积的最小值；（ii）证明：直线必过定点.（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，，的对边分别为，，，已知.(1)求角；(2)若，的面积为1，求边的值.16．（15分）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且．(1)求证：平面；(2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值．（15分）已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，.(1)求的方程；(2)若直线过点且的面积为，求的方程.18．（17分）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证：(3)当时，设，且满足，求证：.19．（17分）在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元，，且生成词元总数不超过.若生成，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下：①若预测中第一次出现词元，则审核后生成，的概率均为0.5；②若预测中第二次出现词元，则审核后必生成；③若预测中出现词元，则审核后必生成.设表示过程结束时生成词元的总个数.(1)求，；(2)求的分布列；(3)求.

限时预测05（A组+B组+C组）参考答案（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）【答案】(1)(2)【详解】（1）由成等差数列知，又得，4于是，设，则，所以；6（2）由（1）知，8由得，所以，10所以的面积.1316．（15分）【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：设，则，3故，，5共面7（2）设，故，设平面的法向量为，由，得，取，可得；，10设平面的法向量为，由，得，取，所以，，13设平面与平面夹角为,即平面与平面夹角的余弦值1517．（15分）．【答案】(1)(2)012【详解】（1）该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，两位初审专家都评审通过该项目的概率，3两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，5所以该项目予以立项的概率．7（2）依题意，的取值可能为，且，，由（1）知，10所以的分布列为01213数学期望1518．（17分）【详解】（1）已知，其定义域为.求导​.当时，因为，所以，即.所以在上单调递增2当时，令，即，因为，所以，解得.当​时，，则，所以在上单调递增；当​时，，则，所以在上单调递减5综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为7（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意.所以，此时在上单调递增，在上单调递减.要使在上有且仅有两个零点，当趋近于时，趋近于,9所以根据零点存在定理，则需满足，11，解得13，化简得，解得.又因可得15综上，的取值范围是1719．（17分）【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意可得：，即，由离心率，所以2故椭圆方程为：4（2）倾斜角为，可得斜率.设直线方程为：，与椭圆联立：代入得：，6满足，即.则，.设，，则中点横坐标：，纵坐标：.消去参数得：，8所以中点轨迹方程为：10（3）由题意可知直线：与椭圆交于,，设，，，，与椭圆联立方程：，消去可得.则，，根据，可得，即，13整理得：，即，可得：，15因为，为常数，则不恒成立.，则，得：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）【答案】(1)；(2).【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程：由得：，2由得：，联立解得：，，4则由等差数列前项和公式可得；6（2）由，，可得等差数列的通项公式为：，8则，即数列的前项积为：，10因此：，令，，因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值，因为的最小值在时取得，即，代入可得：,12即的最小值为13（15分）【答案】(1)(2)【详解】（1）方法一：连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，3所以即为直线与平面的夹角，因为，所以．又因为底面为等腰梯形，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以．5则，所以，所以直线与底面的夹角为7方法二：连接，因为，所以，又因为平面平面，平面交平面于，所以平面，3所以即为直线与底面的夹角，因为，所以．又因为底面为等腰梯形，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以．取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，5由面，建立空间直角坐标系如图所示，所以，所以，面的法向量为，所以，所以直线与底面的夹角为；7（2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示，所以，所以，因为，所以，则，同理，10设面的法向量为，所以，则，不妨令，所以，则．12令，所以因为点在面中，所以，所以，所以，所以．14综上，线段的长度为．15（15分）【答案】(1)(2)的分布列为：数学期望为1【详解】（1）单个志愿者需要两项培训考核都合格才通过，且两次培训考核独立，因此单个志愿者通过培训考核的概率为，2则单个志愿者没有通过培训考核的概率为5因为“至少有1人通过”的对立事件为“两人都没有通过”，因此所求概率7（2）由题意，服从超几何分布，的所有可能取值为，概率公式为，9分别计算概率得，，，，12因此的分布列为：14所以数学期望为1518（17分）【答案】(1)(2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．(3)【详解】（1）因为，所以，因为函数的一个极值点是，所以，即；2则有，当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.所以5（2），由（1）可知.①当时，令得或，列表如下：x2

-0

+0

-满足是函数的极值点；7②当时，令得或，列表如下：x

2

-0

+0

-满足是函数的极值点9所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．11（3）由（1）（2）知，，且时，在单调递增，在单调递减，又因为，，所以在上的最大值为，最小值为14又当时，函数在单调递增，所以在上的最大值为，最小值为．15因为存在，使得成立，即存在，使得成立，16即，又，所以解得，所以实数a的取值范围为．1719．（17分）【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【详解】（1）解：设动圆圆心为，则，圆心到轴距离为，动圆被轴截得的半弦长为2，则，化简得，所以动圆圆心的轨迹方程为4（2）（i）解：设直线的方程为，联立，消去整理得，6则，则的面积为，8当且仅当时取等号.所以面积的最小值为10（ii）证明：由题得，则直线的方程为，12根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上，令，得，15所以直线必过定点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）【答案】(1)(2)【详解】（1）中，，所以所以2又，所以，4又因为，所以6（2）因为，8由余弦定理，将，代入解得，11所以1316．（15分）【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在三棱柱中，，，，则1又四边形是正方形，则，，所以.又，平面，因此平面3又平面，所以.在等边中，为中点，则，5又，平面，所以平面7（2）取中点为，中点为，则，.由（1）知，平面，平面，则.又，故.又，平面，则平面.即两两垂直.以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，10则，，，，，，因为为线段中点，所以11，，.设平面的法向量为，则，即，故可取13设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为15（15分）【答案】(1)(2)或【详解】（1）设点因为抛物线，所以，当直线过点且垂直轴时，直线的方程为，2把代入可得，4故，所以，所以方程为6（2）由（1）可知，设直线方程为，联立得，则，，8所以，又点到直线距离，所以，14令，所以，所以，解得或，16所以直线方程为或1718．（17分）【详解】（1），由，2当时，，即在为增函数；当时，，即在为减函数.所以的递增区间为，递减区间为；4（2）由，解得，又因为，则，所以切线方程为，5设，则，令，解得，6当时，，当时，，可知在为增函数，在为减函数，7故，所以；9（3）由（1）可知，10①若，则，不符合题意；所以②若，则，③若，，又因为在为减函数，所以，所以，综上所述，12又因为，由，所以，即，即，设，所以，方法一：设，所以，因为在为单调递增，当时，，，，所以存在，使得，即，又因为，，即在为减函数；又因为，，即在为增函数；所以，14又因为，则有，又因为，，所以，即在为增函数，16又因为，所以，即17方法二：设，因为在单调递增，又因为所以11所以，即在为增函数，15又因为，所以，即1719