资源简介

卷首导言
目的：本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，专攻会但不熟、有思路但卡壳的中档题.通过关键步骤重复训练，将其转化为稳定得分点.
选题范围：
解析几何：联立、判别式、韦达定理
导数：求导、因式分解、讨论分界点
立体几何：建系、标坐标、求法向量
选填中档题：耗时过长或看过答案才做对的题
大题步骤：会做但过程分总拿不全的题
方法：
只练卡点.每道题不做完整过程，只反复练卡住的那一步.
做完即对.练完一步立刻对照答案，确认是否正确.
一句话总结.每道题旁标注卡壳原因，如“判别式忘检验”“因式分解漏项”.
自查标准：
同一卡点连续3次不出错，视为攻克.
仍出错的，保留至下一轮继续训练.
注意：本卷不追求限时完成，不练压轴难题.目标是把“差一点就对了”变成“想都不用想”.
一、建系与坐标确定
1. （训练范围：寻找直角转化向量数量积）
已知平面直角坐标系中不同的三点，圆心在轴上的圆经过三点，设点的坐标为，则点的轨迹方程为（　　）
A.
B.
C.
D.
2. （训练范围：完整建系并写出所有特征点坐标）
如图，在正方体中，分别是和的中点，则（　　）
A. 平面
B.
C. 三棱锥的体积是正方体体积的
D. 异面直线与所成角的余弦值为
二、弦长与面积计算
3. （训练范围：圆台轴截面及体积计算）
已知圆台的上、下底面面积分别为，，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（　　）
A. B. C. D.
4. （训练范围：焦点三角形周长与面积关系）
已知椭圆的左、右焦点分别是，，点是上一点，直线的斜率为3，直线的斜率为，则的离心率是（ 　　）
A. B. C. D.
三、法向量与二面角计算
5 . （训练范围：只练求平面的法向量与线面角式子）
在四棱锥中，平面，，，．
（2）若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求．
四、数列递推构造
6. （训练范围：构建差分数列或判断单调性）
在数列中，，若是递增数列，则实数的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
7 . （训练范围：只练由Sn与an关系构造等比数列）
已知数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
五、极值与最值计算
8. （训练范围：韦达定理及导数判别式分析最值）
已知函数，则下列说法正确的是
A. 若是奇函数，则
B. 若是增函数，则
C. 所有零点的平方和等于
D. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切
六、解三角形边角互化
9 . （训练范围：只练正弦定理边角互化及中线定理）
记的内角，，的对边分别为，，，已知，的面积为．
（2）若，求边上的中线长．
七、期望与方差计算
10 . （训练范围：只练列出分布列及算期望）
近年，国家不断加大反诈宣传力度．“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与．已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获得5元奖金；若其中三种颜色球的个数比为1:1:3，则没有奖金也不需付钱；仅当其中三种颜色球的个数比为1:2:2时，需要支付10元．
（2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局．
八、三角恒等变换方向选择
11. （训练范围：两角和与差的逆向展开）
已知，则
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
九、定义域限制隐含
12. （训练范围：对数真数大于零的隐含条件排查）
若集合，，则
A. B. C. D.
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参考答案
第一部分：卡点验证表
题号 训练范围 关键中间结果
1 寻找直角转化向量数量积 发现 为圆的直径得 ，
2 完整建系并写出所有特征点坐标 以及
3 圆台轴截面及体积计算 截面面积 ，且 ，解得
4 焦点三角形周长与面积关系 斜率乘积为 得 ，由距离关系得
5 只练求平面的法向量与线面角式子 法向量 ，(\frac{
6 构建差分数列或判断单调性 隐含条件 ，由单调性得 系数
7 只练由Sn与an关系构造等比数列 ，凑项得
8 韦达定理及导数判别式分析最值 增函数要求 则 ；零点满足 ，
9 只练正弦定理边角互化及中线定理 ，中线定理
10 只练列出分布列及算期望
11 两角和与差的逆向展开 与 联立
12 对数真数大于零的隐含条件排查 必须先满足定义域 ，从而解得
第二部分：逐题详解
1.
【题目简述】求解过A,B,C三点的动圆圆心的轨迹方程.
卡点步骤： 圆心在轴上的圆经过与，由于这两点均在轴上，所以线段必然是该动圆的直径.由圆的几何性质可知，直径所对的圆周角为直角，故必有.（常见错误：未发现A、C点共线且在y轴上的特殊位置关系，直接设圆的一般方程导致计算繁琐）.于是向量数量积，即，展开可得.（易错：向量坐标相乘时正负号计算错误）.
后续步骤： 考虑到点B,C不重合，所以原点除外，故选D.
2.
【题目简述】在正方体中判断线面平行、异面直线垂直及线面角等综合关系.
卡点步骤： 如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系.设棱长为1，必须准确写出所有特征点的坐标：，，，，，，，，根据中点坐标公式得，.（常见错误：建系后写点坐标时x,y,z方向弄混，或者写平面内点的坐标时将z轴坐标误写为0）.
后续步骤： 利用坐标计算相关向量的数量积或夹角公式，逐项验证得出结论，故选ABC.
3.
【题目简述】根据圆台底面面积关系及轴截面面积求体积.
卡点步骤： 设上下底面圆的半径分别为，由已知面积关系，得.圆台的轴截面为等腰梯形，其面积为，将高代入得，解得，所以.（常见错误：忘记圆台轴截面面积的梯形计算公式，或将底面面积比误当作半径比直接使用）.
后续步骤： 代入圆台体积公式，算出，故选B.
4.
【题目简述】利用焦点三角形内两条焦半径所在直线斜率求椭圆的离心率.
卡点步骤： 已知直线，的斜率之积为，可得隐含条件，即.（常见错误：忽略斜率乘积为-1即垂直的关键几何意义）.由直线的斜率为3及直角三角形关系，可推知，即.由椭圆定义，所以，.
后续步骤： 运用勾股定理，求得，故选D.
5 .
【题目简述】在四棱锥中根据线面角的正弦值反求线段上的动点比例.
卡点步骤： 建立空间直角坐标系后，可得，.设，可得（11分）.设平面的法向量为，由且，取，则，得到法向量（13分）.设直线与平面所成角为，代入公式，即.（常见错误：法向量叉乘运算错漏，或将线面角的正弦与向量夹角的余弦等量关系混淆忘记带绝对值）.
后续步骤： 列出含的方程，解得，即（15分）.
6.
【题目简述】判断对数型差分数列为递增数列时的参数取值范围.
卡点步骤： 数列通项化简为.真数必须大于零，由题知恒成立，当时即，得.（常见错误：忘记真数大于零的隐含定义域条件限制，导致下界缺失）.若是递增数列，则内层函数需随增大而增大.因为随增大而减小，故其系数必须满足，即.（常见错误：判断复合函数单调性时增减性倒置）.
后续步骤： 结合定义域限制条件，得出实数的取值范围是，故选C.
7 .
【题目简述】由前n项和与第n项的混合递推关系式求数列通项公式.
卡点步骤： ∵，利用将式子转化为，整理得.（常见错误：利用前n项和作差时下标对齐搞错，或者待定系数法配凑常数项时符号计算失误导致无法凑成标准等比数列）.又，故是首项为3，公比是3的等比数列.
后续步骤： 从而，解得通项公式为.
8.
【题目简述】利用三次函数的导数判别式及韦达定理分析零点特征及函数性质.
卡点步骤： 求导得.若是增函数，必有恒成立，此时二次函数判别式，即，这与选项B中的矛盾.（常见错误：单调递增条件转化为判别式时，误写为或漏掉等号）.对于零点问题，当时，一根为，另外两根满足韦达定理，，计算平方和用到.
后续步骤： 分析极值点并求切线斜率等，最终得出AD选项正确.
9 .
【题目简述】综合应用正弦定理互化以及中线定理求解三角形边长.
卡点步骤： 由（1）已知，则（7分）.根据正弦定理，可转化为.将条件代入，得到，解得（9分）.（常见错误：正弦定理边角交叉互化时对应错位，或三角函数值代错）.已知，可得（10分）.
后续步骤： 设BC中点为M，在中利用余弦定理，代入求得（13分）.
10 .
【题目简述】梳理摸球中奖规则的组合数，列出分布列并计算期望值.
卡点步骤： 分析摸出5球的所有组合情况并分别求概率：符合0:1:4的；符合0:2:3的共有种，故（9分）；符合1:1:3的共32种，故（11分）；符合1:2:2的共66种，故（13分）.（常见错误：超几何分布组合数乘法原理中，遗漏某一种颜色的选取组合，或者最后没有把所有情况概率加起来检验和是否为1）.
后续步骤： 根据分布列计算数学期望（14分），得出游戏不公平的结论.
11.
【题目简述】利用两角和与差的余弦公式逆向展开求解正余弦乘积.
卡点步骤： 当时，利用差角余弦公式展开为.结合已知条件.两式相加减得到方程组，解得，.（常见错误：两角和差的余弦公式中间符号记忆混淆，导致正负号反转解出错解）.
后续步骤： 利用同角除法得到结果，验证各选项后选BD.
12.
【题目简述】求解含对数函数的集合不等式并计算集合交集.
卡点步骤： 求解集合A的对数不等式时，由于对数函数的定义域限制，真数必须大于0，即必须加上的隐含条件.（常见错误：只解而忽略对数自带的定义域要求，直接得出导致错选）.结合底数大于1单调递增，正确解得.
后续步骤： 与集合取交集，得到，故选C.卷首导言
目的：本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，选取难度在当前水平之上的压轴题.目标是学会“不求解出答案，但拿到最多步骤分”.
选题范围：
导数压轴：含参讨论、不等式证明
解析几何压轴：定点定值、范围最值
选填压轴：抽象函数、动态几何、新定义问题
方法：
不做，只观摩.每道题直接看标准答案，用红笔圈出得分点.
拆解保底步骤.导数题锁定“定义域+求导+因式分解”，解析几何锁定“设直线+联立+韦达定理”.这些是你无论题目多难都必须写出来的内容.
独立复现.盖住答案，能规范写出保底步骤即可，后续部分不再深究.
自查标准：
每类压轴题的保底步骤，能在2分钟内规范写出，无遗漏.
能准确说出每步在高考阅卷中大约值几分.
观摩说明：本卷不要求独立作答，解答过程紧随题干之后，供直接观摩学习.请先阅读题目，尝试思考自己可以写到哪一步，再对照下方的“观摩要点”和“逐题详解”，重点关注“保底步骤”的书写规范，确保考场上能稳定拿到步骤分.
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一、导数压轴
1. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）关于x的方程有两个实根，对每一个满足条件的k，．
（i）求a的取值范围；
（ii）当时，记，证明：．
观摩要点：面对此类导数综合题，必须稳拿第一问的求导与分类讨论基础分（完全解出第1问可得6分）；在第二问中即使无法完整证明，写出极值点偏移常用的对称构造函数 并求导，亦可再拿2分.保底合计约可得8分.
▎保底步骤（必写，约8分）
【第（1）问完整解答】
① （2分）.
② 当时，，∴在上是减函数（3分）.
③ 当时，，∴在上单调递减（4分）；，在上单调递增（5分）.
④ 综上所述，当时，在上是减函数；当时，在上单调递减，在上单调递增（6分）.
【第（2）问关键开局】
⑤ （i）不妨设，当时，结合（1）的单调性，令（7分）.
⑥ 对构造的函数求导：.令，∴，从而（8分）.
▎冲刺步骤（选看，得满分需完成）
【第（2）问后续证明】
（i）∴在上单调递增，由（1）知，∴，即，亦即，又，∴（10分）.
∵，∴，又，且在上单调递增，∴，即，符合题意（11分）.
当时，取即，不符合题意（12分）.
当时，不符合题意；综上所述，a的取值范围为（13分）.
（ii）由（i）知，，依题意得，∴，同理，又∵，∴，∴（14分），即，∴（15分）.
∵（16分）.
∴（17分）.
二、解析几何压轴
2. 已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，点D是C上一点，过点D向C的两条渐近线作垂线，垂足分别为M，N，且．
（1）求C的方程；
（2）若P是C的左支上异于点A的一点，直线AP交直线于点E，直线EB交C于另一点Q．
（i）设直线BP,BQ的斜率分别为，，求证：为定值；
（ii）求坐标原点O到直线PQ距离的最大值.
观摩要点：面对解析几何综合题，第一问求曲线方程的基础分（约4分）必须稳拿；第二问中即使无法完整推导，写出相关点的坐标、表达出直线斜率并代入目标式，亦可得3分.保底合计约可得7分.
▎保底步骤（必写，约7分）
【第（1）问完整解答】
① 由题意知C的渐近线方程为，设，则.（1分，分值根据通法推定）
② 代入点到直线距离公式：，∴.（2分）
③ ∴C的方程为.（1分）
【第（2）问关键开局】
④ 由（1），得，，设，，.（1分）
⑤ 表达各直线斜率：直线AP的斜率，直线AE的斜率.∵，∴.（1分）
⑥ 转化目标式：∵，，∴.（1分）
▎冲刺步骤（选看，得满分需完成）
【第（2）问后续证明与计算】
（i）∵，∴，∴，即为定值．
（ii）若直线PQ的斜率为0，根据对称性，直线AP与直线BQ的交点E应在y轴上，不符合题意，∴直线PQ的斜率不为0，又P，Q不重合，故可设直线PQ的方程为．
联立，得，由题意得且，即，由韦达定理，得，．
由（i）得，故，
∴，化简，得．
∵，∴，解得．
∴直线PQ的方程为，因此直线PQ恒过点，
∴当时，坐标原点O到直线PQ的距离取得最大值4.
3. 已知椭圆的离心率为，点在C上.
（1）求C的方程；
（2）过点P作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（A，B均不与P重合）.
（i）证明：直线AB恒过定点；
（ii）求面积的最大值.
观摩要点：面对此类解析几何综合题，第一问求曲线方程的基础分（5分）必须稳拿；第二问中即使无法完整推导，写出“设直线方程、联立方程组、求出交点坐标或写出韦达定理”的标准化起手式，亦可得2分.保底合计约可得7分.
▎保底步骤（必写，约7分）
【第（1）问完整解答】
① 依题意，点在椭圆上，故，解得（2分）.
② 又离心率，则，即，解得.
③ 故C的方程为（5分）.
【第（2）问关键开局】
④ 设出互相垂直的两直线：依题意，直线PA，PB的斜率必存在且不为0，设直线PA的方程为，则直线PB的方程为.
⑤ 联立方程组求交点：联立，得.
⑥ 解得，，代入直线方程得.
⑦ 同理，用替换k可得，.（7分）
▎冲刺步骤（选看，得满分需完成）
【第（2）问后续证明与计算】
（i）∴，∴直线AB的方程为，令，得，故直线AB恒过定点（10分）.
（ii）由（i）可知，，同理可得（13分）.故，令，则，当且仅当时，等号成立，则（15分）.当（即）时，，故面积的最大值为（17分）.
三、选填压轴
4. 已知，，，则x，y，z的大小关系不可能为
A.
B.
C.
D.
观摩要点：面对指对数多元方程比大小，保底需写出：构造具有相同形式的抽象函数，求导分析其单调性.选填题正确选出得5分.
▎保底步骤（必写，约5分）
① 将方程同构变形：由，得，同理可得，.
② 构造函数：令，则x是方程的根，y，z分别是方程，的根.
③ 求导分析：因为，所以，单调递增，，单调递减.
▎冲刺步骤（选看，得满分需完成）
结合图象分析，可知，，，，，，或，或，或，z不可能在x,y之间，故选B．
5. 已知，设函数的零点个数为，则
A. 4049 B. 4050 C. 4051 D. 4052
观摩要点：面对包含超越函数交点的压轴选填，保底需写出：画出函数图像初步分析前几项交点规律，判断数列特性.选填题正确选出得5分.
▎保底步骤（必写，约5分）
① 基础图像分析：可作出的图象.
② 特例代入：当时，作出的图象，因为，故的图象与的图象有1个交点.
③ 归纳周期规律：注意到的周期为6，，n每增加1个单位，增加6个单位（一个周期），则交点增加2个.
▎冲刺步骤（选看，得满分需完成）
故数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以.故选C.卷首导学
目的：本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，按实际考频从高到低排列，对高频中档考点进行饱和训练.目标是消灭“有时对有时错”的不稳定题型.
编排逻辑：各模块按5卷出现次数排序，考频越高越靠前.标注（5卷X考），即5张卷子中考了X次.同一模块多道题集中排列，便于对比和提炼通法.
方法：
1. 限时完成每个模块.严格按标注时间作答，不跨模块、不超时.
2. 做完一个模块立刻对比答案.不全部做完再改，趁热打铁.
3. 提炼通法.同一模块的几道题做完后，用一句话总结该题型的通用思路，写在批注栏.
自查标准：某模块全对且不超时，视为过关，后续不必再练该模块整组题.某模块有错或超时，标记该模块，下一轮换5张新卷子继续抽同类题训练.
注意：本卷不包含纯送分题和压轴题.目标是把中档题的正确率从“看状态”变成“看肌肉记忆”.
一、立体几何（5卷9考）
本模块限时：53分钟
1. 如图，在正方体中，分别是和的中点，则
A. 平面
B.
C. 三棱锥的体积是正方体体积的
D. 异面直线与所成角的余弦值为
2. 在四棱锥中，平面ABCD，，，．
（1）证明：平面平面PAD；
（2）若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为，求．
3. 如图，已知圆锥PO的底面直径，其中O为底面圆心，母线，动点M从A点出发，在圆锥的侧面上绕轴PO一周后回到A点，其轨迹为L．
（1）求L长度的最小值；
（2）若点Q在圆O上，且（是弧AQ所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立；
（3）在（2）的条件下，可知L是平面曲线，记L所在平面为，求平面MPO与夹角余弦值的取值范围．
4. 如图，四棱锥的底面ABCD是矩形，平面ABCD，点M是棱PD上的动点，点N是棱AB上的一点，且，，，．
（1）求证：；
（2）若平面MAC，求直线MN与平面MBC所成角的正弦值.
5. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面ABCD.
（1）求证：平面平面PCD；
（2）若点E在棱BC上运动，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值.
6. 如图，已知在斜三棱柱中，，侧面是边长为2的菱形，且，.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）若，E是AC的中点，，求直线AP与平面所成角的正弦值.
二、解析几何（5卷8考）
本模块限时：10分钟
7. 已知平面直角坐标系中不同的三点，圆心在y轴上的圆E经过A,B,C三点，设点M的坐标为，则点M的轨迹方程为
A.
B.
C.
D.
8. 等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长可以为__________（写出一个符合题意的答案即可）．
9 . 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，，的面积为4（O为坐标原点）．以O为中心、焦点在x轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等．分别过A,B作的切线，设的斜率分别为，．
（2）求的值；
三、概率与统计及计数（5卷8考）
本模块限时：23分钟
10. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，X表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ 　　）
A. 4 天 B. 8 天 C. 10 天 D. 16 天
11. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表：根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则
A. 变量y与x正相关
B.
C. 样本数据y的下四分位数为1.8
D. 当时，y的预测值为4.1万元
12. 将含甲、乙在内的7名志愿者分成三个小组，要求每个小组至少一人，有且仅有两个小组的人数相等.
（1）则所有不同的分组方法有__种（用数字作答）；
（2）若甲、乙两名志愿者不在同一个小组，则不同的分组方法有__种（用数字作答）.
13. 近年，国家不断加大反诈宣传力度．“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与．已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获得5元奖金；若其中三种颜色球的个数比为1:1:3，则没有奖金也不需付钱；仅当其中三种颜色球的个数比为1:2:2时，需要支付10元．
（1）求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率；
（2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局．
四、三角函数与解三角形（5卷8考）
本模块限时：28分钟
14. 已知点是函数（）的图象的一个对称中心，则的最小值为
A. B. C. D.
15. 已知，则
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，的面积为．
（1）求B；
（2）若，求BC边上的中线长．
17 . 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求C；
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求B；
（2）若D为外一点，B，D分别位于直线AC的两侧，，，，求的面积.
五、导数及其应用（5卷7考）
本模块限时：35分钟
19. 已知函数，则下列说法正确的是
A. 若是奇函数，则
B. 若是增函数，则
C. 所有零点的平方和等于
D. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切
20 . 已知函数．
（1）讨论的单调性；
21 . 已知函数．
（1）若在时取极值，求a的值和的极小值；
22. 已知函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）已知数列满足，且，证明：.
23. 已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为1，求实数a的值；
（2）若在定义域上恒成立，求实数a的取值范围.
六、数列（5卷7考）
本模块限时：17分钟
24. 为等比数列的前n项和，，对，甲：；乙：；则（ 　　）
A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
25. 在数列中，，若是递增数列，则实数k的取值范围是
A. B. C. D.
26. 已知数列的前n项和为，下列说法正确的是
A. 若，则a,b,c等比数列
B. 若数列为等差数列，则数列为等比数列
C. 若，则数列为等比数列
D. 各项均为正数的数列满足，
，则
27. 已知数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前n项和，求证：．
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参考答案
第一部分：模块速查表
一、立体几何（5卷9考）
题号 答案
1 ABC
2 （1）证明见解析；（2）
3 （1）；（2）证明见解析；（3）
4 （1）证明见解析；（2）
5 （1）证明见解析；（2）
6 （1）证明见解析；（2）
二、解析几何（5卷8考）
题号 答案
7 D
8 或
9
三、概率与统计及计数（5卷8考）
题号 答案
10 A
11 ABD
12 （1）196；（2）141
13 （1）；（2）摸球一次的收益期望为负数，∴这个游戏对摸球者不公平
四、三角函数与解三角形（5卷8考）
题号 答案
14 C
15 BD
16 （1）；（2）
17
18 （1）；（2）
五、导数及其应用（5卷7考）
题号 答案
19 AD
20 当时，在上是减函数；当时，在上单调递减，在上单调递增．
21 ，
22 （1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析；（3）证明见解析
23 （1）；（2）
六、数列（5卷7考）
题号 答案
24 B
25 C
26 BD
27 （1）；（2）证明见解析
第二部分：逐题详解与通法提炼
一、立体几何（5卷9考）
1.
如图，以A为原点，AB, AD, 分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则，，，，，，，，，. ，平面ABCD的法向量为，则，又平面ABCD，故平面ABCD，故A正确；, ，则，故，故B正确；三棱锥的体积，正方体的体积，，故C正确；, ，则，故D错误. 故选ABC.
通法提炼： 长方体或正方体中证明线面位置关系及求角，首选建立空间直角坐标系转化为向量运算.
2.
（1）证明：取AB的中点E，连结DE（1分）.则，又，∴四边形BEDC为平行四边形，∴，∴，∴，，∴，∴（4分）.∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又，∴平面PAD，又平面PBD，∴平面平面PAD（7分）.
（2）过D作，∵平面ABCD，∴平面ABCD．∵平面ABCD，∴，同理，由（1）知，，∴DA,DB,DS两两垂直．以D为原点，分别以，，所在的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（9分）.则，，，设，∵，∴（11分）.设平面MAD的法向量为，由，取，则，∴平面MAD的一个法向量为（13分）.设直线DC与平面MAD所成角为，则，∴，解得，∴（15分）.
通法提炼： 含有互相垂直平面的四棱锥，可作底面垂线构造两两垂直的基底建立空间直角坐标系求解.
3.
（1）沿圆锥PO的母线PA，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形，其中B为弧的中点，与A在圆锥中是同一点．∵轨迹L在圆锥的侧面上，∴，在侧面展开图中，轨迹L是扇形上连接与A两点的曲线．又L是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短，∴，轨迹L是侧面展开图扇形上连接与A两点的线段，即线段．由于，∴弧的长度为，又，∴．∴，在等腰三角形中，，即L的长度为．
（2）如图，在底面圆O中，过点O作交圆O于点E，由于平面ABE，平面ABE，故，则OA,OE,OP两两垂直，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，于是，设，则，，于是，则，于是令，则；
（3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面MPO的法向量为，由于，，则，令，于是平面MPO的一个法向量为，设平面与平面MPO所成角为，于是，即平面与平面MPO所成角的余弦值的取值范围为；
通法提炼： 圆锥侧面最短路径通过展开图转化为平面三角形求解，空间动点结合参数方程建系处理.
4.
（1）方法一：如图，连接DN，在矩形ABCD中，，，，∴，，又，，∴．∵，∴，即．∵平面ABCD，平面ABCD，∴．∵，，，DN，平面PDN，∴平面PDN，又平面PDN，∴．方法二：由题意可知DA，DC，DP两两垂直，故可以D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.∵，，，则，，．设，则，．由可得，即．
（2）连接BD交AC于点O，连接OM，∵平面MAC，平面PBD，平面平面，∴．∵四边形ABCD是矩形，∴O为BD的中点，∴M为DP的中点．由题意可知，DA，DC，DP两两垂直，故可以D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.故，，，．∴，，．设为平面MBC的一个法向量，则，故可取．设直线MN与平面MBC所成角为，则，即直线MN与平面MBC所成角的正弦值为．
通法提炼： 矩形底面的四棱锥含侧棱垂直底面时，直接以垂足为原点建系解决垂直与夹角问题.
5.
（1）证明：在菱形ABCD中，∵，∴为等边三角形. 取AD的中点M，连接BM，PM，则. ∵是等边三角形，∴. 又∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，∴平面ABCD（2分）.∵平面ABCD，∴. 以M为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，. 由于且，则. ∴，，，. 设平面PBC的法向量为，则即，令，得（4分）.设平面PCD的法向量为，则即，令，得. ∵，∴，即平面平面PCD（6分）.
（2）由（1）知，. 设平面PBD的法向量为，则即，令，得（9分）.由于点E在棱BC上，设，其中. 则（10分）.设直线PE与平面PBD所成的角为，则（13分）.当时，；当，则，当时，取得最大值. 综上，直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值为（15分）.
通法提炼： 对于存在等边三角形和菱形的四棱锥，常取底边中点构造两两垂直的直线系进行空间建系.
6.
（1）如图，连接，取的中点Q，连接AQ，CQ.由侧面为菱形，∴，又由，且，平面，∴平面，又平面，故而（2分）.又由，∴为等边三角形，∴，由，∴，且，平面ACQ，∴平面ACQ，又平面ACQ，∴（4分）.又，平面，∴平面，平面ABC，故而平面平面ABC（6分）.
（2）如图，取的中点F，连接AF，由（1）知，由于F为的中点，则，即，∴AB，AC，AF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系（8分）.由，∴，，，，∴，.设，由，得，∴，，，∴（10分）.设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴（12分）.令为AP与平面所成的角，∴（14分）.∴直线AP与平面所成角的正弦值为（15分）.
通法提炼： 斜棱柱中利用菱形对角线互相垂直及线面垂直判定定理，构造两两垂直的轴建系解题.
模块通法：
① 长方体或正方体中证明线面位置关系及求角，首选建立空间直角坐标系转化为向量运算.
② 含有互相垂直平面的四棱锥，可作底面垂线构造两两垂直的基底建立空间直角坐标系求解.
③ 圆锥侧面最短路径通过展开图转化为平面三角形求解，空间动点结合参数方程建系处理.
④ 矩形底面的四棱锥含侧棱垂直底面时，直接以垂足为原点建系解决垂直与夹角问题.
⑤ 对于存在等边三角形和菱形的四棱锥，常取底边中点构造两两垂直的直线系进行空间建系.
⑥ 斜棱柱中利用菱形对角线互相垂直及线面垂直判定定理，构造两两垂直的轴建系解题.
二、解析几何（5卷8考）
7.
由已知得线段AC是动圆E的直径，故，于是，即，可得，又点B,C不重合，∴原点除外. 故选 D.
通法提炼： 过圆上及圆心所在对称轴上多点的圆，利用直径对的圆周角为直角转化为向量数量积为零求解.
8.
【解析一】设另外两个顶点为A,B，∵A,B两点关于x轴对称，且位于直线的同侧，∴A,B两点分别为直线及与抛物线的交点，联立解得，解得，由，得或，∴等边三角形的边长为或．
通法提炼： 抛物线中涉及焦点及对称性的三角形问题，利用对称性设直线方程并联立求解.
9 .
∵两椭圆的离心率相同，故的方程可设为（5分）.设切线的方程为，切线的方程为.由与相切，联立方程得（6分），由，得（7分）.同理得（8分）.∴，∴（9分）.
通法提炼： 曲线的相切及两切线斜率乘积问题，设出切线方程与曲线联立，令判别式等于零得到斜率关系式.
模块通法：
① 过圆上及圆心所在对称轴上多点的圆，利用直径对的圆周角为直角转化为向量数量积为零求解.
② 抛物线中涉及焦点及对称性的三角形问题，利用对称性设直线方程并联立求解.
③ 曲线的相切及两切线斜率乘积问题，设出切线方程与曲线联立，令判别式等于零得到斜率关系式.
三、概率与统计及计数（5卷8考）
10.
记A为事件“小明戴帽子”，记B为事件“小明戴墨镜”，，，，∴，，（天）．
通法提炼： 多个独立事件交并概率计算后，利用二项分布期望公式直接求解.
11.
对于A，由回归直线方程，可得，∴变量y与x正相关，∴A正确；对于B，∵回归直线方程经过样本中心，∵，∴，又由，解得，∴B正确；对于C，将样本数据y的数据排序为：，由，则样本数据y的下四分位数为第2个数据2.2，∴C不正确；对于D，当时，，∴y的预测值为4.1万元，∴D正确.
通法提炼： 回归直线必过样本中心点，四分位数根据样本量排列后利用分位点比例寻找对应数值.
12.
（1）由题意可知，分组的人数分配情况共有以下三类：. 当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；故所有不同的分组方法有种.
（2）考虑其对立事件，即甲、乙两名志愿者在同一小组的情况：①若分配方案为，甲、乙必在5人组，此时从剩余5人中选3人进入该组，共有种；②若分配方案为，若甲、乙在2人组，则该组已满，只需将余下5人分成两组，有种；若甲、乙在3人组，则需从余下5人中选1人，其余4人均分为两组，有种，故此方案下甲、乙同组的方法数为种；③若分配方案为，甲、乙不能在1人组，必在其中一个3人组，从剩余5人中选1人加入该组，余下4人分成两组，共有种；故甲、乙在同一小组的分组方法有种，则甲、乙不在同一小组的分组方法有种.
通法提炼： 不平均分组问题利用组合数与全排列除以重复组数的阶乘，不相邻问题常用对立事件法.
13.
（1）设摸球者摸球一次获得最大奖金100元为事件A（1分）.摸球一次共产生种等可能情况，该模型符合古典概型（4分），其中符合0:1:4的共有种情况，则（5分），即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为（6分）.
（2）每摸球一次必然产生0:1:4，0:2:3，1:1:3，1:2:2四种情况之一，设摸球者摸球一次的收益为随机变量X，则X的可能取值为100，5，0，-10（7分）.由（1）知；符合0:2:3的共有种，故（9分）；符合1:1:3的共有种，故（11分）；符合1:2:2的共有种，故（13分）.则随机变量X的分布列列出后，（14分）.由于摸球一次的收益期望为负数，∴这个游戏对摸球者不公平（15分）.
通法提炼： 复杂游戏规则的公平性判断，需列出所有可能的收益分布列并计算数学期望.
模块通法：
① 多个独立事件交并概率计算后，利用二项分布期望公式直接求解.
② 回归直线必过样本中心点，四分位数根据样本量排列后利用分位点比例寻找对应数值.
③ 不平均分组问题利用组合数与全排列除以重复组数的阶乘，不相邻问题常用对立事件法.
④ 复杂游戏规则的公平性判断，需列出所有可能的收益分布列并计算数学期望.
四、三角函数与解三角形（5卷8考）
14.
依题意，，解得，，∵，∴当，，故选 C.
通法提炼： 三角函数对称中心横坐标代入相位等于，结合参数范围求最值.
15.
当时，，，故选项A错误；当时，，故选项B正确；当时，，，，，故选项C错误；当时，，由得，两式相加得，．两式相减得，，，故选项D正确．故选BD．
通法提炼： 已知两角和或差的三角函数值求单角乘积，利用两角和差公式展开后解方程组.
16.
（1）由已知，即（1分）.根据余弦定理，得，即（3分）.∴（4分）.∵，∴（6分）.
（2）由（1）知，，∴（7分）.由正弦定理得，（8分），解得（9分）.又由（1）得，∴（10分）.设BC的中点为M，连结AM，则，在中，（12分）.∴，即BC边上的中线长为（13分）.
通法提炼： 解三角形中“边平方和”结合面积联想余弦定理求角，中线长利用余弦定理求值.
17 .
（1）在中，，又由已知得，（1分）.即，∴（2分）.化简得（4分）.由于，故，则，∴，∵，故（6分）.
通法提炼： 边角恒等式中利用三角形内角和转化为两角和的正余弦公式，化简得到特定角.
18.
（1），，由正弦定理得（2分）.∵，∴，即（4分）.整理得，，，，则，∴（6分）.
（2）设，则，在中，，易知：（8分）.在中，由正弦定理得，即，（10分）.又∵，，得，（12分）.∴（13分）.∴，，即的面积为（15分）.
通法提炼： 正余弦定理边角互化时，统一化为角并利用两角和公式化简，多三角形结合公共边求解.
模块通法：
① 三角函数对称中心横坐标代入相位等于，结合参数范围求最值.
② 已知两角和或差的三角函数值求单角乘积，利用两角和差公式展开后解方程组.
③ 解三角形中“边平方和”结合面积联想余弦定理求角，中线长利用余弦定理求值.
④ 边角恒等式中利用三角形内角和转化为两角和的正余弦公式，化简得到特定角.
⑤ 正余弦定理边角互化时，统一化为角并利用两角和公式化简，多三角形结合公共边求解.
五、导数及其应用（5卷7考）
19.
若是奇函数，则，化简得，∵不恒为零，∴，故选项A正确；∵，若在上单调递增，，则，与矛盾，故选项B错误；∵，当时，是唯一零点，，当时，零点为，，∴零点平方和为．当时，是其中一个零点，另外两个零点满足韦达定理，∴，，∴零点平方和为，故选项C错误．∵，，∴，导函数图象存在x轴下方的部分，设切点，若，一定存在，使得，可知存在互相垂直的两条直线与曲线都相切，故选项D正确．故选AD．
通法提炼： 三次函数单调性及极值问题，转化为其导数（二次函数）的判别式及韦达定理分析.
20 .
（2分）.当时，，∴在上是减函数（3分）.当时，，∴在上单调递减（4分）；，在上单调递增（5分）.综上所述，当时，在上是减函数；当时，在上单调递减，在上单调递增（6分）.
通法提炼： 含参函数单调性讨论，求导后提取公因式并对参数分情况讨论根的位置.
21 .
由题意可知：，，∵，解得，则，，令，则，令，解得；令，解得；可知在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为，且，当x趋近于或时，趋近于，可知在定义域内有2个零点和1，当时，，当时，，可知在内单调递增，在内单调递减，∴在处取极小值，极小值为．
通法提炼： 已知极值点求参，代入导数为零求出参数后，必须检验该点两侧导数符号是否变号.
22.
（1）的定义域为，（2分）.①当时，恒成立，即，此时在上单调递增；（4分）②当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减（6分）.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.（7分）
（2）证明：当时，，由（1）知，在上单调递减，则，即（9分）.令，则，当时，，故在上单调递增，则，即，综上可知，当时，.（12分）
（3）证明：由（2）可知，当时，，令，∵，且，易知，则，两边同时取倒数得，∴，即，即（14分）.设，令，则有，，当时，要证，即证，只需证，只需证，即证，即证，故设，由知，则，令，，当时，，单调递减；故，从而，在上单调递减，，即，由上式知，则. 当时，，不等式也成立；综上，得证.（17分）
通法提炼： 对数不等式证明常移项构造新函数求最值，数列不等式结合函数单调性进行放缩.
23.（1）∵，∴（2分）.∵曲线在处的切线斜率为1，∴（4分）.∴，即（5分）.
（2）函数的定义域为（6分）.由在上恒成立，则在上恒成立（7分）.设，，则（9分）.令，得；令，得.∴函数在上单调递增，在上单调递减（11分）.则，即（12分）.∴实数a的取值范围为（13分）.
通法提炼： 恒成立问题通常运用分离参数法，转化为求已知函数的最值问题.
模块通法：
① 三次函数单调性及极值问题，转化为其导数（二次函数）的判别式及韦达定理分析.
② 含参函数单调性讨论，求导后提取公因式并对参数分情况讨论根的位置.
③ 已知极值点求参，代入导数为零求出参数后，必须检验该点两侧导数符号是否变号.
④ 对数不等式证明常移项构造新函数求最值，数列不等式结合函数单调性进行放缩.
⑤ 恒成立问题通常运用分离参数法，转化为求已知函数的最值问题.
六、数列（5卷7考）
24.
充分性：由可得；因此可知等比数列的各项均为正数，∴公比，当时，满足，当时，满足，因此充分性不成立；必要性：∵，若，可得等比数列为递增数列，且各项均为正数，∴，因此，即必要性成立．即可得甲是乙的必要不充分条件．
通法提炼： 数列命题真假判断，常通过讨论公比范围或举反例来反驳充分性或必要性.
25.
. 由题知恒成立，当时，即，得. 讨论单调性，若是递增数列，则函数随n增大而增大. 已知为正且随n增大而增大，则随n增大而减小，故需，即. 综上，实数k的取值范围是. 故选 C.
通法提炼： 对数型复合数列单调性，需优先保证真数大于零的定义域，再利用内外层单调性分析.
26.
对于A，当时，，此时a,b,c不成等比数列，故A错误；对于B，若数列为等差数列，设其公差为d，则此时，∴数列为等比数列，故B正确；对于C，若，则，不满足，∴数列不是等比数列，故C错误；对于D，∵，由等差中项的定义可知，数列是首项，公差的等差数列，∴，由此可知，又∵，∴，D正确.
通法提炼： 判断数列类型应严格利用定义验证，递推式含有平方式可通过等差中项定义转化为新等差数列.
27.
（1），则，，又，故是首项为3，公比是3的等比数列，，即，成立，数列的通项公式为．
（2）证明：，，，，，，，故．
通法提炼： 已知与的关系，利用降阶构造等比数列，并用裂项相消法证明数列求和不等式.
模块通法：
① 数列命题真假判断，常通过讨论公比范围或举反例来反驳充分性或必要性.
② 对数型复合数列单调性，需优先保证真数大于零的定义域，再利用内外层单调性分析.
③ 判断数列类型应严格利用定义验证，递推式含有平方式可通过等差中项定义转化为新等差数列.
④ 已知与的关系，利用降阶构造等比数列，并用裂项相消法证明数列求和不等式.
第三部分：试题来源
2026·福建福州·五月质检
2026·广东深圳·第二次调研
2026·杭州二中·五月阶段测试
2026·河北NT20名校联合体·五月质检
2026·湖南师大附中·五月模考卷首导学
目的：本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，均为必得分基础题.用于巩固知识、提速、发现疏漏.目标：满分.
方法：
限时完成.整卷用时不超过30分钟.
只写结果.小题不写过程，大题只列关键步骤和结论.
一次做对.每题读完后直接作答，不回看、不改动.
自查标准：
超时的题，标记.
做错的题，标记并查明原因：知识模糊、审题失误、计算错误.
凡标记的题，整理到考前警示清单.
注意：本卷不讲方法技巧，只检验基本功.如失分，该题不再属于本卷，应归入“精准提分卷”专项突破.
一、单选题
1. 已知集合，集合，则（　　）
A. B.
C. D.
2. 若复数满足，则（　　）
A. 100 B. 25 C. 10 D. 5
3. 某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用．该中心分别对这4个模型在某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（　　）
A. B.
C. D.
4. 的展开式中的系数为（　　）
A. 20 B. 40 C. 60 D. 80
5. 设，则“”是“”的（　　）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6. 已知函数是奇函数，则 （　　）
A. 3 B. -1 C. 1 D. -3
7. 某商场统计了5天的销售额(万元)与当天客流量(千人)的数据如下表：已知关于的线性回归方程为，则（　　）
A. 0.16 B. 0.26 C. 0.36 D. 0.46
8. 已知，且，则下列不等式恒成立的是（　　）
A. B.
C. D.
二、多选题
9. 已知函数，则（　　）
A. 的最小正周期为
B.
C. 为偶函数
D. 的图象关于直线对称
三、填空题
10. 已知数列满足，，则的前7项和为________．
11. 若直线是曲线的一条切线，则_________．
12. 已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是__________．
13. O为空间任意一点，若，若A,B,C,P四点共面，则实数t等于__________．
四、解答题
14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，的面积为．
（1）求B；
15. 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，，的面积为4（O为坐标原点）．以O为中心、焦点在x轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等．分别过A,B作的切线，设的斜率分别为，．
（1）求的方程；
16. 已知抛物线的焦点为F，A,B是C上不同的两点（其中A在第一象限），点．当AB与x轴垂直，且时，．
（1）求C的方程；
17. 某游戏公司推出抽卡活动，每次抽到稀有卡的概率为，抽到普通卡的概率为. 若每位玩家连续抽卡5次，且每次抽卡结果互不影响.
（2）设X为某位玩家抽到的稀有卡张数，求X的数学期望和方差.
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参考答案
第一部分：答案速查表
1 2 3 4 5
B C D B C
6 7 8 9 10
D A C AD 5
11 12 13 14 15
-1
16 17
期望为， 方差为
第二部分：逐题详解
1. ∵，，故选B.易错点：解一元二次不等式时区间开闭混淆及集合内整数元素的识别.
2. ∵，∴.或者利用模长性质，即.考点直白，注意复数模的计算公式勿错.
3. 观察数据分布差异在左拖尾或右拖尾时，由于平均数易受极端值的影响，所以与中位数相比，平均数总是在“长尾巴”那边.图D中数据右侧呈长尾（右拖尾），故平均数大于中位数；反之左侧拖尾平均数小于中位数.故选D.易错点：未理解频率分布直方图中数字特征的几何意义.
4. 的展开式的第3项为，故展开式中的系数为40.常见错误：二项式展开通项公式中漏掉系数2的平方.
5. ∵单调递增，∴；∵单调递增，∴，故两者互为充要条件.考点：利用基本初等函数的单调性直接进行等价转化.
6. 已知是奇函数，根据奇函数定义有.当时，，则，∴.易错点：代入正负区间时公式选择错误或忘记取相反数.
7. 样本中心点为.由于线性回归直线必过样本点的中心，将代入方程解得.考点：回归直线必过样本中心点的性质直接应用.
8. ∵函数在上单调递增，又，∴恒成立.其它选项可用特值法（如）快速排除.易错点：不等式性质的符号变化陷阱.
9. 余弦函数最小正周期；代入可得；平移后为奇函数；对称轴需满足，当时为对称轴.注意诱导公式的符号判定与平移变换.
10. 递推得，，，，可知3是的一个周期，所以前7项和.易错点：周期发现错误或周期内各项和计算失误.
11. 设切点为，由于，则，解得，于是切点为，代入直线方程得，解得.常见错误：求导后忘记求切点坐标就直接算截距.
12. ，，∵，∴数量积为0，解得.∴，，投影向量为.注意：投影向量是一个向量而非标量，切勿直接写模长.
13. 化简为，由于A,B,C,P四点共面，则系数和为1，即，解得.易错点：使用四点共面定理时未将向量起点统一为同一点.
14. 由已知，即（1分）.根据余弦定理，得，即（3分）.∴（4分）.因为，所以（6分）.考点直接，注意余弦定理移项时的符号处理.
15. 依题意得：（2分）.解得，则的方程为：（4分）.常见错误：将面积公式中的与顶点坐标弄混.
16. 由题，A,B关于x轴对称，令，则，于是直线AB过焦点F，在中，有，可得：，则，于是C的方程为：.考点：抛物线通径长度特征的直接应用.
17. 由于，所以X的数学期望（10分）.X的方差（13分）.易错点：未识别出二项分布特征而采用全概率公式繁琐计算.

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