资源简介

注意事项：
1. 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“差一点就对了”转化为稳定得分点.
2. 每道题不做完整过程，只反复练卡住的那一步.练完一步立刻对照答案，确认是否正确.
3. 每道题旁标注卡壳原因，如“判别式忘检验”“因式分解漏项”.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.
4. 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”.
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（训练范围：只练抽象函数的赋值与变换）已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ 　　）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
2.（训练范围：只练焦点到渐近线距离的转化）已知双曲线的离心率，焦点到渐近线的距离为，则实数的值为（ 　　）
A. B. C. D.
3.（训练范围：只练代入零点求参数并进行平移变换）已知函数的一个零点是，为了得到函数的图象，只需将的图象（ 　　）
A. 向左平移个单位长度
B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度
D. 向右平移个单位长度
4.（训练范围：只练垂径定理与二倍角公式结合）已知直线与圆相交于两点，则（ 　　）
A. B. C. D.
5.（训练范围：只练斜率公式化简及判断方程类型）设点，，为动点，记的斜率分别为，若，则点的轨迹为（ 　　）
A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分
C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分
6.（训练范围：只练直线与双曲线联立求横坐标积）已知直线与双曲线相交于两点，且两点的横坐标之积为，则（ 　　）
A. B. C. D.
7.（训练范围：只练分界点处的不等式构建）函数是上的减函数，则实数的取值范围是（ 　　）
A. B. C. D.
8.（训练范围：只练被3整除的数字组合分类）从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（ 　　）
A. 13个 B. 15个 C. 16个 D. 18个
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.（训练范围：只练列举并分类讨论点数组合情况）将一颗质地均匀的骰子（点数为1-6）连续抛掷3次，记录向上的点数，则（ 　　）
A. 三个点数之积大于150的概率为
B. 三个点数之和大于10的概率为
C. 若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为
D. 若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为
10.（训练范围：只练等比与等差平均数的放缩比较）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比. 若项数均为项，下列说法正确的有（ 　　）
A. 数据的平均数是
B. 数据的平均数是
C. 若，则数据的中位数大于数据的中位数
D. 若，则数据的平均数大于数据的平均数
11.（训练范围：只练建系后判定异面直线所成角）若是两条互相垂直的异面直线，是四个不同的点，满足，且，则（ 　　）
A. 直线与是异面直线
B.
C. 若，则
D. 若为的中点，则
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.（训练范围：只练由侧面积展开式构造函数求最值）设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，__________.
13.（训练范围：只练利用勾股逆定理找外接球直径）已知三棱锥的顶点均在球的球面上，若，，，则球的表面积为_________.
14.（训练范围：只练波利亚坛子模型中的概率递推）盒子中有2个红球，5个黑球，每次随机地从中取出一个球，观察其颜色后放回，并放入3个同色球，则前三次取出球的颜色不完全相同的概率为_________.
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.（训练范围：只练利用向量与余弦定理进行边长计算）设的内角的对边分别为，已知.
（1） 求；
（2） 若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值.
16.（训练范围：只练递推化简、放缩法与等比求和）已知数列中，，.
（1） 求证：数列为等比数列；
（2） 记，数列的前项和为，求证：.
17.（训练范围：只练坐标系建立及面面角的向量计算）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面.
（1） 证明：平面平面；
（2） 若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（训练范围：只练条件概率公式及各群体人数梳理）为了推动乡村振兴，丰富乡村的体育活动，今年春夏之际各地“村 BA”篮球联赛如火如荼的进行，比赛间隙进行广场舞、民歌等表演，比赛期间某平台对某乡村发起了群众观赛意见反馈调查，共收回了 200 份调查问卷.
性别 关注赛事 不关注赛事
男 84 36
女 40 40
（1） 通过进一步分析关注赛事群众的调查问卷得知，关注表演的女性用户有 24 名，现从关注赛事的群众中抽取一人，设“抽取的一人为男性”为事件，“抽取的一人关注表演”为事件，若，则以此次调查的数据为依据，估计从平台用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率为多少；
19.（训练范围：只练直线与抛物线联立及化简斜率之和）已知抛物线上一点到焦点的距离为 2.
（1） 求抛物线的方程；
（2） 过的直线交于两点，直线的斜率分别为和，证明：为定值；
2026年高考数学考前冲刺四套卷：精准提分卷·参考答案
答案速查表
1 2 3 4 5
C C A A D
6 7 8 9 10
C C A ABD ACD
11 12 13 14 15
AD （1） ；（2）
16 17 18 19
（1） 证明见解析；（2） 证明见解析 （1） 证明见解析；（2） 0.22 （1） ；（2） 证明见解析
第一部分（选择题 共58分）
一、单选题
1. C
题目简述：已知奇偶函数差的值域，求其特定和函数的最大值.
卡点步骤：（卡点：抽象函数性质运用）设，其值域为，即.∵为奇函数，为偶函数，用替换，得到，即.
后续步骤：化简得，∴的最大值为4，则的最大值为8.故选A.
点拨：利用奇偶性将代入构造方程组是解此类抽象函数题的基本套路.
2. C
题目简述：已知双曲线离心率及焦点到渐近线距离，求比例系数.
卡点步骤：双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为.由题意，即.
后续步骤：由离心率公式得，解得.故选C.
点拨：双曲线焦点到渐近线的距离恰好等于虚半轴长，这是一个常考的重要几何性质.
3. A
题目简述：求含参三角函数平移得到目标函数的平移量.
卡点步骤：（卡点：三角恒等变换方向选择）已知是的零点，则，即，解得.∴.
后续步骤：目标函数，∴将向左平移个单位长度即可得到目标图象.故选A.易错：平移时提取系数2后，常数项变化容易计算错误.
4. A
题目简述：已知直线与圆相交，求弦所对圆心角的余弦值.
卡点步骤：（卡点：弦长与面积计算、三角恒等变换方向选择）将圆化为标准方程，得圆心，半径.过作，垂足为，则.
后续步骤：在中，，∴.故选A.
5. D
题目简述：已知两定点，动点斜率倒数差为定值，求轨迹类型.
卡点步骤：设动点，则（）.代入，得.
后续步骤：化简得，即，整理得，表示抛物线的一部分.故选D.
6. C
题目简述：直线与双曲线相交，已知交点横坐标之积求参数.
卡点步骤：（卡点：联立与韦达定理）将直线与双曲线联立，消去得，解得.
后续步骤：由题意两点横坐标互为相反数，其积为，即，解得，∵，∴.故选C.
7. C
题目简述：分段函数在上单调递减，求参数范围.
卡点步骤：（卡点：单调性讨论与分界点）∵是上的减函数，必须满足每段单调递减且分界点处右侧函数值不大于左侧极限值.∴（常见错误：忽略段间端点值的大小关系导致函数不连续处非递减）.
后续步骤：解得，实数的取值范围是.故选C.
8. A
题目简述：从5个数字中选3个无重复数字组成被3整除的偶数，求个数.
卡点步骤：能被3整除，必须各位数字之和为3的倍数，可选数字组合集合为.分类计算偶数个数：有个；有个；有个；有个.
后续步骤：总数为个.故选A.
二、多选题
9. ABD
题目简述：三次掷骰子实验的事件概率判定.
卡点步骤：对于A，三个点数之积大于150，只能是共4种，概率为，A正确；对于B，三个点数之和大于10与小于等于10对称，可知其概率为，B正确；对于D，考虑点数先后顺序，在三个点数之和是奇数（108种）的条件下，能构成等差数列的有：奇奇奇、偶奇偶等排列组合情况，详细列举满足条件的等差数列对应组合后，计算条件概率为，D正确.
后续步骤：对于C选项，列举点数等比情况可验证概率不符.故选ABD.
10. ACD
题目简述：等差和等比数列的平均数、中位数比较性质应用.
卡点步骤：（卡点：数列的综合应用）设前项和为，∴平均数是，A正确；，若，中位数，C正确.
后续步骤：对于D，等比数列和小于等差和的放缩可知前项和的平均数，大于，D正确；B选项举反例不符.故选ACD.点拨：利用等差中项与等比中项的不等式关系是判断此类题目的核心.
11. AD
题目简述：互相垂直的异面直线与公垂线构成的几何关系判断.
卡点步骤：（卡点：建系与坐标确定、法向量与二面角计算）以公垂线段为轴，过作平行于的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系.设，.则，.若需要，此时点重合，与条件矛盾，∴异面，A正确.
后续步骤：，B错；当时，，C错；O为中点坐标易验证，D正确.故选AD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题
12.
题目简述：圆台表面积等式下求母线与底面半径之比的最值.
卡点步骤：（卡点：极值与最值计算）由圆台侧面积等于上下底面积之和得：，两边同除以，设，则，即.
后续步骤：令，当且仅当，即时等号成立.故填.
13.
题目简述：已知三棱锥各边长，求其外接球表面积.
卡点步骤：在三棱锥中，，.由勾股定理逆定理可知与均为直角三角形，且均为其斜边.
后续步骤：∴为该三棱锥外接球的直径，外接球半径，表面积.
14.
题目简述：波利亚坛子模型中连续三次取球不全同色的概率计算.
卡点步骤：利用对立事件，求三次颜色完全相同的概率.三次全为红球的概率：；三次全为黑球的概率：.（常见错误：忘记加上放回的原球导致下一轮球总数计算错误）.
后续步骤：所求概率为.
四、解答题
15. （1） ；（2）
题目简述：由正弦关系式化简求角A，进而由向量推导求解边长向量点乘.
（1） 卡点步骤：（卡点：解三角形边角互化、三角恒等变换方向选择）∵【2分】，展开得，化简可得【2分】.
后续步骤：∵，∴，即，得.
（2） 卡点步骤：（卡点：解三角形边角互化、三角恒等变换方向选择）由余弦定理得.由中线向量公式，平方得【2分】.联立解得【1分】.
后续步骤：取中点利用外心性质可得.
16. （1） 证明见解析；（2） 证明见解析
题目简述：由递推公式证明等比数列，利用错位相减或裂项放缩证明不等式.
（1） 卡点步骤：（卡点：数列递推构造）由取倒数得【2分】，变形得到【1分】.
后续步骤：又，∴数列是以2为首项，为公比的等比数列.
（2） 卡点步骤：（卡点：数列求和（裂项/错位相减））由（1）得，∴【2分】.利用等比数列求和公式放缩（常见错误：放缩时忽视首项特殊性直接套用导致放缩范围过松）.
后续步骤：当时，.当时也成立，得证.
17. （1） 证明见解析；（2）
题目简述：直角三棱锥中取特殊点证明面面垂直并建系求二面角.
（1） 卡点步骤：（卡点：法向量与二面角计算）取中点，连接.∵为等腰直角三角形，且；∵为等边三角形，且【2分】.在中满足，∴【2分】.
后续步骤：即，得平面平面.
（2） 卡点步骤：（卡点：建系与坐标确定、法向量与二面角计算）以为坐标轴建系.由截面截得体积比可知，结合平行可得为中点【2分】.求出，，计算出平面法向量【2分】.
后续步骤：平面法向量，代入夹角公式求得.
18. 0.22
题目简述：调查数据中的条件概率提取及各群体人数梳理推算.
卡点步骤：关注赛事总人数为124人，女性40人中关注表演的有24人.设关注赛事的84名男性中，关注表演的有人【2分】.则，【2分】.
后续步骤：由乘积等于解得.故关注表演的总人数为44，概率为.
19. （1） ；（2） 证明见解析
题目简述：求抛物线方程及两相交直线斜率倒数之和为定值的证明.
（1） 卡点步骤：（卡点：联立与韦达定理、定点定值推导）抛物线的准线为（基于点横纵坐标互换判定），点代入得；由焦半径公式【2分】，解得【1分】.
后续步骤：所以抛物线方程为，.
（2） 卡点步骤：（卡点：联立与韦达定理、定点定值推导）设过的直线，与联立得.由韦达定理【2分】.代入斜率倒数之和【1分】.
后续步骤：化简得.得证定值.点拨：利用“代直法”将斜率分母化为单次幂可大幅降低运算量.
逐题来源
本卷题号 试题来源 原卷题号
1 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 7
2 2026·重庆·康德三诊 5
3 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 3
4 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 4
5 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 6
6 2026·山东济南·5月针对性训练 5
7 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 4
8 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 5
9 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 10
10 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 9
11 2026·山东济南·5月针对性训练 10
12 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 13
13 2026·重庆·康德三诊 13
14 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 14
15 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 15
16 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 16
17 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 17
18 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 16
19 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 18
第 2 页，共 17 页注意事项：
1. 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.目标是学会拆解得分步骤，在无法完整求解的情况下，稳定获取步骤分.
2. 不做，只观摩.每道题直接看标准答案，圈出得分点.
3. 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”.无论题目难度如何，均需写出上述内容.
4. 独立复现.盖住答案，能规范写出保底步骤即可，后续部分不作要求.每类压轴题的保底步骤，能在2分钟内规范写出，无遗漏.
5. 本卷只观摩，不要求完整解答.目标是让每道压轴题从“0分”变为“3-5分”，不追求理解全部过程，不深究复杂技巧.
第一部分（选择题 共59分）
一、选择题：本题共7小题，每小题5分，共35分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 在平面中，，，且，若，则的最小值为（ 　　）
A. B. 2 C. D. 3
2. 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点. 设椭圆的两个焦点分别为，如图，光线由点发出射到椭圆上的点处，经反射后到点，再经过轴反射到椭圆上的点，最后反射回点，若光线经过的总路程为，且，则直线的斜率为（ 　　）
A. B. C. D.
3. 已知正实数满足，则（ 　　）
A. B. C. D.
4. 设平面内动点在单位圆上，到直线的距离分别为，即；推广到空间：动点在单位球上，到平面的距离分别为. 记，则当取最大值为时，（ 　　）
A. B. C. D.
5. 在中，，为与的交点，且. 若，则面积的最大值为（ 　　）
A. B. C. D.
6. 已知是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，为等腰三角形，，则椭圆的离心率为（ 　　）
A. B. C. D.
7.在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ 　　）
A. B. C. D.
8. 已知，则下列大小关系正确的是（ 　　）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在一块木板上绘制平面直角坐标系，在四点处钉上四枚钉子，将长度为10的细绳环放在木板上围出一个封闭区域，且四枚钉子在此区域内. 用一支铅笔拉紧细绳，移动笔尖一周，笔尖在木板上留下了封闭的轨迹，则（ 　　）
A. 轨迹上任意一点到原点距离的最大值为3
B. 轨迹上任意一点到原点距离的最小值为
C. 轨迹的面积大于20
D. 直线与轨迹最多有2个公共点
10. 已知，均为正实数，且，则（ 　　）
A. B.
C. D.
11. 在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点. 用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则下列说法正确的是（ 　　）
A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为
C. 抛物线的焦点到准线的距离为 D. 双曲线的离心率为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 抛物线上的两点均位于第一象限，点在轴正半轴上，满足且. 若的面积为9，则点坐标为________.
13. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正数的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，若，，则实数______.
14. 定义：是不大于的最大整数，是不小于的最小整数，设函数在定义域上值域为，记元素个数为，则__________.
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. 调和级数在工程学、物理学和计算数学中都有广泛的运用. 欧拉证明了调和级数，其中被称为欧拉常数，为误差. 当足够大时，我们近似的认为，在本题中，调和级数均取这个近似值.
（1） 证明：当时，；
（2） 利用（1）证明；
（3） 某公司因为业务拓展，临时举行一次面试，每一个人面试完后，必须当场决定是否留用该面试者. 如果不聘用，面试者会马上转去其它公司. 假设每个面试者的水平均不相同，为了选出其中最好的两人，面试官决定采用以下策略：选择前个候选人作为观察期，记录其中最佳者（记为A）. 在后续候选人中，选择第一个比A更优的候选人（记为B），并继续寻找第二个比A更优者（记为C）. 如果找到满足条件的B，C，则录取B，C，剩下的候选者不再进行面试. 如果后续候选人中没有比A更好的两个人，则招聘失败. 已知有30个候选人来参加面试，估计取多少时，招聘到最优秀的两个人的概率最大？（参考数据：，）
16. 已知函数，其中.
（1） 讨论的单调性；
（2） 若有三个零点，且，求实数的取值范围.
17. 已知抛物线的焦点为，是上不同的两点（其中在第一象限），点. 当关于轴对称，且时，.
（1） 求的方程；
（2） 已知为轴上一点（点与不重合），且，若三点共线，，求证：轴.
18. 已知椭圆，左、右焦点分别为，离心率为，过的直线交椭圆于两点，且的周长为，为坐标原点.
（1） 求椭圆的方程；
（2） 按如下方式依次生成直线：过作直线交椭圆于，其中在轴上方，为弦的中点. 对任意正整数，过作直线，使，记直线的斜率为，且.
（） 证明数列是等比数列；
（） 已知从椭圆外一点向该椭圆引两条切线，切点分别为，则直线的方程为. 过分别作椭圆的切线，两切线交于点. 设为的重心，记，求数列的通项公式.
19. 将个不同的数的任意一个排列，记为数列.
（1） ，有，求的所有元素之和；
（2） 将正整数拆分成若干个2的非负整数次幂（）之和，拆分所得的各项之间不考虑顺序，不同的拆分方式的数量记为. 例如：2可以拆分为（1种方式），也可以拆分为（另1种方式），共2种拆分方式，故；3可以拆分为（1种方式），也可以拆分为（另1种方式），共2种拆分方式，故.
（） 求；
（） 求证：，.
2026年高考数学考前冲刺四套卷：压轴观摩卷·参考答案
观摩说明
本卷不要求独立作答，所有题目答案仅供观摩学习.对于选择题、填空题，直接学习其精妙的解题思路；对于解答题，重点拆解得分步骤，在无法完整求解的情况下，学习如何稳定获取步骤分.
答案速查表
1 2 3 4 5
A A B C B
6 7 8 9 10
B D A BCD BC
11 12 13 14 15
ABC 2 （1） 证明见解析；（2） 证明见解析；（3） 8
16 17 18 19
（1） 见解析；（2） （1） ；（2） 证明见解析 （1） ；（2）（i）证明见解析；（ii） （1） 28；（2）（i） 14；（ii） 证明见解析
第一部分（选择题 共58分）
一、单选题
1. A
由题意有，由可知，令，，则点与，共线，，.
2. A
由题可知，∴，设，则，，，根据反射规律可知：，∴，∴，∴，整理并化简得，∴，∵，∴，∴，∴，∴直线的斜率为.
3. B
由题意得，，，则等价于.设，则，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.由得，，则，又，所以，即，则.
4. C
设，由点在单位球上可得.点到平面的距离分别为，.
计算平方和：.
利用柯西不等式可得：.当且仅当且时，取得最大值.
由题意最大值为5，故，解得，又，所以.
5. B
设，则.由于在和上，利用基底与共线定理可推得.
从而得到，.
已知，即，代入得.
展开并化简得.已知，代入得，即.
则的面积.令，二次函数在时取得最大值64，故.
6. B
由题意知，由为等腰三角形，且，得作垂直轴于，如图所示，则在中，，故，，所以，即，代入直线的方程，得，即，所以所求的椭圆离心率为.
7. D
取中点，连接，∵，∴，，为二面角的平面角，，∴，为等边三角形，。设的外心为，的外心为，中，，为等边三角形，，过作平面的垂线，过作平面的垂线，交点为球心，由二面角计算得，所以表面积为，选D。
8. A
要证，需证.因为，得.构造函数.求导得，故在单调递增.因此.即.令，得，得.由，得，故.综上，.
二、多选题
9. BCD
由于正方形边长为2，周长为8，绳长为10.拉紧时，笔尖P与相邻两点（如B、D）的距离之和为.即在第一象限，轨迹是以B(1,-1), D(-1,1)为焦点的椭圆弧.
此时，，，，.椭圆中心在原点，长轴在上，短轴在第一、三象限平分线上.
由于第一象限的轨迹仅包含短轴部分，轨迹C上任意一点到原点的最小值为短半轴长，B正确.而最大值在坐标轴交界处取得，经计算为，A错误.
四个圆弧拼接的总面积为一个完整的椭圆面积，C正确.
轨迹C为严格凸的封闭曲线，任何直线与其最多有2个公共点，D正确.
10 BC
，当且仅当时等号成立，A错误；，当且仅当时等号成立，B正确；因为，可得，所以，当且仅当时等号成立，C正确；由，得，所以 若，则，，，所以D错误.
11. ABC
底面半径为1，圆锥高. 为的中点，所以截面圆的半径为底面圆的半径的，即截面圆半径为，则圆的面积为，故A正确；如图1，在圆锥的轴截面中，作于点，则，，所以椭圆的长轴长，故B正确；如图2，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为原点，为轴，在平面中建立平面直角坐标系如图2，则，，所以，设抛物线方程为，则，解得，则抛物线的焦点到准线的距离为，故C正确；如图3，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，则，双曲线与底面圆的一个交点为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，所以，故双曲线的离心率为，故D错误.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题
12.
设，因为且，所以是面积为9的等腰直角三角形，即，.
设到的向量为，则到的向量为（由在第一象限决定纵坐标必须均为正，故且横纵置换方向唯一）.
于是，.代入抛物线方程得：
且 .
两式相减得：.因为，所以.
又因为面积条件可知向量模长平方：.
联立两式解得，.
代入原式求：.故的坐标为.
13. 2
如图，分别过，作准线的垂线交准线于点，，则有，，由，所以有，即，所以，即，所以.
14.
由函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，当时，，可得，，即，当时，，可得或或，或或，即，当时，，可得或或，或或，或或或或或，即，当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，设，则，∴，则可得递推关系：，∴，当时，成立，则，则，∴.
四、解答题
15. （1） 证明见解析；（2） 证明见解析；（3） 8
观摩要点：即使无法完整求解，也应写出：对所证不等式赋值x=1/n后通过累加法进行放缩；理清题干新规则列出招聘到最优两人不同位置的概率表达式，求和并代入调和级数简化后构建函数求导找极值.此部分约可得4-6分.
▎保底步骤（必写，约4分）
① 构造函数和，求导证明不等式.【4分】
▎冲刺步骤（选看）
（1） 令，则，当时，，即在上单调递减，故，即；
令，则，当时，，即在上单调递增，故，即.【4分】
（2） 令，由（1）得，可得：，
，，，叠加可得，
，
由调和级数可得，，
由，可得，得，故.【8分】
（3） 我们不妨把个人记为，其中数字越大表示能力越强，下面列举出被成功选出的方法：
①若和分别在和位，则一定会被选出，，
②若和一个在位，一个在到位，则要求前面剩下的个位置中的数，最大的数在第1位到第位，，
③若和一个在位，一个在到位，则要求前面剩下的个位置中的数，最大的数在第1位到第位，，......
最后，若和一个在位，一个在到位，则要求前面剩下的个位置中的数，最大的数在第1位到第位，，
则招聘到最优秀的两个人的概率为
由调和级数可得，，
所以，
令，可得，当时，
可得，
令，则，，
，由，可得，
即在上的单调递增，，，故在上有且只有一个解，故在上的单调递减，在上单调递增，又，故在上有唯一根，可得在上的单调递增，在上单调递减，为函数在上的唯一极大值，也是最大值.
由，
可得，，
，，所以，
故当，时，招聘到最优秀的两个人的概率最大.【17分】
16. （1） 单调性见解析；（2）
观摩要点：即使无法完整求解，也应写出：利用恒等式f（x）+f(1/x)=0证明零点倒数配对特性，确定必有一个根为1，求导得到二次方程判别式结合端点极值正负确定参数范围.此部分约可得4-5分.
▎保底步骤（必写，约4分）
① 写出的定义域，并求导.【2分】
② 令分子为二次方程，写出判别式，作为分类讨论标准.【2分】
▎冲刺步骤（选看）
（1） 的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，不妨记，
所以在上单调递增，在上递减，在上递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上递减，在上递增.【7分】
（2） 设有三个零点，而.
当且时，由，得到：；
故，又因为，故满足
所以，即在有两个不同的实数根，
所以，得到.
所以在上单增，在上单减，在上单增；【10分】
取，所以，
由设，所以在上递减，故，故在上递减.
故，故
而，
取时，，
故由根的存在性定理可知，当时，必存在三个不同实数，，使得.故.【15分】
17. （1） ；（2） 证明见解析
观摩要点：即使无法完整求解，也应写出：设直线方程并与抛物线联立，写出根与系数的关系，利用几何条件写出斜率关系等式进行化简.此部分约可得3-5分.
▎保底步骤（必写，约3分）
① 利用对称性和距离公式列出参数p的方程并求解.【2分】
② 设出直线，与抛物线联立写出韦达定理.【1分】
▎冲刺步骤（选看）
（1） 令，则，解得，于是直线过焦点.
因为关于轴对称，所以轴，
在中，，，
则，【4分】
解得，则的方程为.【5分】
（2） 由题意得，与轴不垂直，
不妨设直线，，
联立，整理得，则，
所以，.【8分】
取中点，连接，
则，，【10分】
由，，得，
又，则，所以，【11分】
即，则，
因为，则，【13分】
则，则轴，即轴.【15分】
18. （1） ；（2） （i） 证明见解析；（ii）
观摩要点：即使无法完整求解，也应写出：设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出中点坐标并计算斜率；利用切点弦定理得出直线方程并比较系数反解出交点坐标.此部分约可得4-6分.
▎保底步骤（必写，约4分）
① 根据椭圆定义及离心率解出，得到椭圆方程.【3分】
② 设出直线方程与椭圆联立，利用韦达定理写出中点坐标表达式.【1分】
▎冲刺步骤（选看）
（1） 椭圆的离心率为. 设为过的弦，则.
又因为共线，所以. 因此的周长.
由题意，得. 又，.
故椭圆的标准方程.【3分】
（2） （i） 设直线的方程为. 与椭圆联立，得
. 设交点为，则.
故弦中点的坐标为. 于是.
因为，所以. 又，
故是以为首项，为公比的等比数列，即.【8分】
（ii） 由切点弦公式，若两切线交于，则弦的方程为.
而弦即直线，可写为.
比较系数，得.
因为为公共底边，故，其中
由上面交点坐标和中点关系，的重心为.
于是，又.
两距离有相同分母，故.
由，得. 所以.【17分】
19. （1） 28；（2） （i） 14；（ii） 证明见解析
观摩要点：即使无法完整求解，也应写出：依据题目要求利用奇偶性和二进制的性质，分类出是否含有1、含有多少个1的情况进行双射关系证明.此部分约可得3-5分.
▎保底步骤（必写，约3分）
① 列举出时的所有情况，求出求和值.【4分】
② 列举或借助递推写出时的组合方式，得到对应项数.【5分】
▎冲刺步骤（选看）
（1） 当时，，故所有项的和为28.
解法二：共有种情况，而出现的次数均为个，故所有项之和为.【4分】
（2） （i） 可直接拆分：，
，
，
，
，
故.【9分】
（ii） 先证明：，
任意整数均可拆分成2的非负整数次幂，而2的幂只有1为奇数，要得到奇数，必顺用奇数个1，把任意拆分里的1个1去掉，便可得的一个拆分，反过来的任意一个拆分加个1，便得到的一个拆分，所以.【12分】
再证：.
对的拆分项进行分类，共两类：1类为至少含有两个1的拆分项，2类至多含1个1的拆分项，
第1类至少含有两个1的拆分项，将两个1去掉，与的拆分项是一一对应的，故这类拆分的数量为.
2类至多含1个1的拆分项，而总和为偶数，故1的个数只能是0个，于是的拆分项，只需考查的拆分即可，设，这里都是2的幂的形式. 所以，两边同除2得到的拆分，于是的拆分项，与的拆分项是一一对应的，故此类拆分数为.
综上可得：，.【17分】
逐题来源
本卷题号 试题来源 原卷题号
1 2026·重庆·康德三诊 8
2 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 8
3 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 8
4 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 8
5 2026·山东济南·5月针对性训练 8
6 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 5
7 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 8
8 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 11
9 2026·重庆·康德三诊 11
10 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 11
11 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 11
12 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 14
13 2026·重庆·康德三诊 14
14 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 14
15 2026·重庆·康德三诊 19
16 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 17
17 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 17
18 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 19
19 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 19
第 2 页，共 17 页卷首说明：
1. 本卷所有题目来自2026年5月全国卷地区模考、联考，按六大专题（函数与导数、解析几何、立体几何、概率统计、数列与不等式、三角函数与解三角形）组织.每道题题号后标注考法类型，帮助你在做题中掌握核心解法并感知命题特点.
2. 逐题完成后，对比同考点内不同考法的题目在解法、设问上的异同，总结每类考法的通用解法.
3. 完成本卷后，应能熟练运用各模块的核心解法，并对常见的考法类型形成清晰的解题框架.
专题一：函数与导数
本专题考情：函数与导数在8卷中均为解答题压轴，主要考查含参讨论与不等式证明，选填题侧重函数性质与图像应用，其中分段函数值域与奇偶性构造成高频卡点.
考点1：基本初等函数的概念与性质
1.（考法1：利用函数奇偶性与单调性解不等式）已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，. 若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_______.
2.（考法2：分段函数的值域反求参数范围）已知实数，函数的值域为，则的取值范围为（ 　　）
A. B. C. D.
考点2：函数与方程（零点问题）
3.（考法1：利用导数研究隐零点及极值点个数 / 考法2：导数在类可加性数列和不等式中的应用）已知函数的导函数为.
（1） 求函数的单调区间；
（2） 试判断函数在上的极值点个数；
（3） 已知，，记，，若且，证明：.
4.（考法3：限制零点配对及距离反求参数范围）已知函数，其中.
（1） 讨论的单调性；
（2） 若有三个零点，且，求实数的取值范围.
考点3：导数的综合应用（不等式恒成立与证明）
5.（考法1：极值点偏移双变量不等式的证明）已知函数是定义域为的偶函数，是的导函数，，且.
（1） 求函数的解析式；
（2） 求关于的不等式的解集；
（3） 若，方程有两个不相等的实数根，求证：.
6.（考法2：参变分离利用导数求最值与参数范围）已知函数.
（1） 设函数，求的最小值；
（2） 对任意，都有，求的取值范围；
（3） 对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求的取值范围.
7.（考法3：构造同构函数解指对数不等式恒成立）已知正实数满足，则（ 　　）
A. B. C. D.
专题二：解析几何
本专题考情：解析几何在8卷中以解答题重点考查过定点、面积最值与切点弦等题型，常与韦达定理深度结合；选填题强调圆锥曲线定义的灵活运用和图形特征转化.
考点1：圆锥曲线的定义、方程与几何性质
8.（考法1：利用顶角或角平分线结合定义求离心率）已知分别为椭圆的左、右焦点，上两点满足，且，则的离心率为_______.
9.（考法2：抛物线的焦半径比例与准线距离的转化）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正数的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，若，，则实数_______.
考点2：直线与圆锥曲线的位置关系
10.（考法1：过焦点弦斜率之积的定值定点推导）已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于两点，且直线与直线分别交于两点.
（1） 求双曲线的标准方程；
（2） 设直线的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
11.（考法2：多切线围成三角形或多边形的面积最值）已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点，且的外接圆半径为.
（1） 求的方程；
（2） 已知点，为上异于的点，分别以为切点作的切线，且直线与交于点，直线与线段分别交于点，求面积的最大值.
考点3：解析几何新情境与跨模块综合
12.（考法1：圆锥截面曲线的参数与方程综合计算）在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点. 用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则下列说法正确的是 （ 　　）
A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为
C. 抛物线的焦点到准线的距离为 D. 双曲线的离心率为
13.（考法2：抛物线多段折线逼近弧长的不等式放缩证明）已知是平面直角坐标系内的点，且和在抛物线上. 记的坐标为，对于任意，都有，且直线与相切.
（1） 当时，证明：；
（2） 已知函数.
（） 若，证明：；
（） 证明：.
参考公式：
专题三：立体几何
本专题考情：立体几何稳定出现在解答题前两道，着重通过平行或垂直关系求几何体体积与面面角，空间向量坐标系的构建是得分钥匙；外接球模型与面积极值亦常在选填中亮相.
考点1：空间点、线、面的位置关系
14.（考法1：利用面面平行性质寻找中位线求棱锥体积）在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，. 过点作平面侧面，平面与下底面的边分别交于两点.
（1） 求证：直线平面；
（2） 求三棱锥的体积.
15.（考法2：勾股逆定理求二面角的平面角证面面垂直）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面.
（1） 证明：平面平面；
（2） 若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值.
考点2：空间向量与立体几何量的计算
16.（考法1：建立空间直角坐标系处理存在性问题与二面角）如图，在平行四边形中，，. 现将沿着翻折，使点到达点的位置，形成三棱锥. 线段上有两点，满足平面平面且平面平面.
（1） 当平面平面时，求三棱锥外接球的表面积；
（2） 在翻折过程中，当点为线段上靠近点的三等分点时，求点到平面的距离；
（3） 在翻折过程中，是否存在，若存在，求平面与平面所成角的余弦值；若不存在，请说明理由.
考点3：空间几何体的表面积、体积与外接球
17.（考法1：利用多心共线结合二面角计算外接球半径）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ 　　）
A. B. C. D.
18.（考法2：侧面积展开式构造函数求组合体极值）设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，_______.
专题四：概率统计
本专题考情：概率统计具有显著的应用背景特征，条件概率和全概率公式应用广泛；新题型常借助实际场景与二项分布及马尔可夫链状态转移结合，命题逐渐深入.
考点1：计数原理
19.（考法1：有限制条件的整除与奇偶性分类排列组合）从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（ 　　）
A. 13个 B. 15个 C. 16个 D. 18个
考点2：条件概率、全概率公式与贝叶斯公式
20.（考法1：波利亚坛子模型与全概率公式的综合应用）盒子中有2个红球，5个黑球，每次随机地从中取出一个球，观察其颜色后放回，并放入3个同色球，则前三次取出球的颜色不完全相同的概率为_______.
考点3：离散型随机变量及其分布
21.（考法1：马尔可夫链状态转移方程组求收敛概率）一个质地均匀的正四面体骰子，其每面分别标有数字1，2，3，4，记录每次抛掷向下这个面的点数，一旦连续两次抛掷的点数之和为质数，则停止抛骰子. 已知第一次抛出的点数为1，则以数字1结束的概率是_______.
22.（考法2：二项分布全期望公式求导找极值与值域）某科技公司搭建智能算力集群，随机抽取一组服务器监测，其中高性能服务器的台数为随机变量，已知其分布列为：
0 1 2 3
其中. 每台高性能服务器在一次任务中独立地处于“高负载运行”和“低负载休眠”两种状态，且出现两种状态的概率均为.
记事件：高性能服务器中，高负载运行数量多于低负载休眠数量.
（1） 当时
（） 求；
（） 求条件概率；
（2） 记该组高性能服务器处于高负载运行状态总台数为随机变量，求在上的值域.
考点4：统计推断与应用
23.（考法1：正态分布、独立性与回归相关指数的综合判定）下列说法正确的是（ 　　）
A. 若随机变量，则
B. 若事件相互独立，则
C. 若样本数据的方差为，则数据的方差为
D. 用相关指数刻画回归效果，越接近，说明回归模型的拟合效果越好
专题五：数列与不等式
本专题考情：数列的核心仍为通项推导及前n项和的错位相减、裂项相消等运算，但新课标指引下与组合计数、不等式放缩及逻辑推理的综合考察日益增多.
考点1：等差数列与等比数列
24.（考法1：等差等比中项性质及前n项和的放缩比较）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比. 若项数均为项，下列说法正确的有（ 　　）
A. 数据的平均数是
B. 数据的平均数是
C. 若，则数据的中位数大于数据的中位数
D. 若，则数据的平均数大于数据的平均数
考点2：数列的通项与求和
25.（考法1：前n项和与通项构造等差递推并累乘求通项 / 考法2：奇偶项分离的错位相减法求和技巧）已知数列的前项和为，是公差为的等差数列.
（1） 求的通项公式；
（2） 令
求数列的前项和.
26.（考法3：非线性递推关系的代数变形与裂项相消放缩）设数列，满足，记，则的整数部分是_______.
考点3：数列与不等式综合及新定义
27.（考法1：新定义前缀和序列极值推导及组合计数判定）若数列由个和个构成，且对任意，都有，则称该数列为“数列”. 记“数列”的个数为. 已知数列为“数列”，则（ 　　）
A.
B. 若，则的最大值为
C. 若，则的最小值为
D. 若，则
专题六：三角函数与解三角形
本专题考情：本部分侧重考查三角恒等变换与解三角形结合的计算问题.选填题高频出现求参数或最值，解答题突出角平分线定理和面积代数关系的深入运算.
考点1：三角函数的概念与恒等变换
28.（考法1：齐次化代换求正切值并运用二倍角公式）已知，则__.
考点2：三角函数的图象与性质
29.（考法1：正切函数图象求解析式及对称中心判定）已知函数在一个周期内的图象如图所示，且，则下列结论正确的是（ 　　）
A.
B.
C.
D. 的图象关于点对称
30.（考法2：含参辅助角公式求最值函数的极值边界判定）已知，其中最大值记为，则下列正确的是（ 　　）
A. 存在，使得函数为奇函数
B. 任意，都有
C. 任意，至少有一个不小于
D. 任意，且，则
考点3：解三角形的综合应用
31.（考法1：角平分线定理结合余弦定理在三角形面积计算中的应用）已知在中，角所对的边分别为，为的角平分线，，且.
（1） 求角；
（2） 求的面积.
32.（考法2：正余弦定理化角及内外切圆半径极值最值求算）在中，三角所对的边分别为，其内切圆与外接圆半径分别为. 已知且，求：
（1） 求的值；
（2） 求的最大值.
2026年高考数学考前冲刺四套卷：专题狙击卷·参考答案
专题一：函数与导数
考点1：基本初等函数的概念与性质
1.（考法1：利用函数奇偶性与单调性解不等式）
令，则，故为上的偶函数.因为当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.等价于，即在上恒成立，因为为偶函数，且在上单调递增，所以，平方后化简得到，由一次函数性质得，解得.
通法提炼：构造函数并利用奇偶性化简绝对值，转化为单调性比较解不等式.
2.（考法2：分段函数的值域反求参数范围） D
由于实数，函数在上的部分为，其值域为；在上的部分为，其值域为.要使函数的值域为，两段值域的并集必须覆盖全体实数，即要求.我们已知函数与的图象交点在和处.当时，函数的对数图象位于直线上方，即恒成立.因此的取值范围为.
通法提炼：分段函数值域为R，需确保各段值域的并集无缝覆盖实数集，借此由边界值建立不等式求参.
考点2：函数与方程（零点问题）
3.（考法1：利用导数研究隐零点及极值点个数 / 考法2：导数在类可加性数列和不等式中的应用） （1） 单调递增区间为；单调递减区间为；（2） 1；（3） 证明见解析
（1） 由题，【1分】，
因为，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上：函数的单调递增区间为；
单调递减区间为【4分】.
（2） 由题，，则，
令，则，
设，则，
所以当时，，（即）单调递增；
当时，，（即）单调递减【5分】，
因为，，，
所以存在唯一的，使得【7分】，
当时，，（即）单调递增；当时，，（即）单调递减；又，，
所以存在唯一的，使得，
且当时，，当时，【9分】，
综上可得函数在上存唯一的极值点，
所以函数在上的极值点个数为1【10分】.
（3） 证明：由（2）知，当时，【11分】，
因为，，所以，所以，故【12分】，
又，令，则，
令，则，
当时，，所以即在上单调递增，
令，
则，所以在上单调递增【15分】，
所以，可得，
故【16分】.
所以，
综上可得，得证【17分】.
通法提炼：对含参复合函数多次求导利用端点符号变化锁定极值点存在性；利用类可加性处理和的放缩不等式.
4.（考法3：限制零点配对及距离反求参数范围） （1） 单调性见解析；（2）
（1） 的定义域为，【2分】
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，不妨记，
所以在上单调递增，在上递减，在上递增；
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上递减，在上递增【7分】；
（2） 设有三个零点，而.
当且时，由，得到：；
故，又因为，故满足
所以，即在有两个不同的实数根，
所以，得到.
所以在上单增，在上单减，在上单增【10分】；
取，所以，
由设，所以在上递减，故，故在上递减.
故，故
而，
取时，，
故由根的存在性定理可知，当时，必存在三个不同实数，，使得.故【15分】.
通法提炼：遇到零点对称性，巧用同构建立倒数代换关系确立定根，进而结合判别式与端点值定参.
考点3：导数的综合应用（不等式恒成立与证明）
5.（考法1：极值点偏移双变量不等式的证明） （1） ，；（2） ；（3） 证明见解析
（1） ∵是上的偶函数，
∴，等式两边同时求导可得：
，
∴为上的奇函数，故为上的奇函数.
∵，①
∴，
∴ ②
由①②可得：，【4分】.
（2） ∵
∴，
令，则
，即，
∴
即，
∴，解得【8分】.
（3） 由已知结合（1）的结论可得，
函数，
定义域为，，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
由题意知，
不妨设，则，
要证，即证，
即证，
又，即证，
令，其中，
则，
∵，则，
∴，
故函数在上为减函数，
又∵，
∴对任意的恒成立，
则，即，
故成立【12分】.
接下来证明，
令，则，
又，
即，
∴，
要证，即证，
不等式两边取对数，
即证，
即证，
即证【14分】，
令，
则，
令，其中，
则，
∴在上单调递减，
则当时，，
故当时，，
可得函数在上单调递减，可得，
即，
∴，
综上，【17分】.
通法提炼：解决极值点偏移问题，构造对数差值函数，采用比值代换（或对数平均数）并求导判定单调性.
6.（考法2：参变分离利用导数求最值与参数范围） （1） ；（2） ；（3）
（1） 由题意，所以，
注意到，且在上单调递增，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以的最小值为【4分】.
（2） 因为，所以，则.
设，则.
设，则，
由（1）知当时，，单调递增，
所以当时，，即在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以【8分】.
（3） 设，即在上有且仅有一个零点.
当时，；当时，.
所以至少有一个零点.
由得，，设.
因为对任意，有且仅有唯一解，所以有唯一解，
所以必为单调函数，即恒成立或恒成立.
，
因为当时，，所以恒成立，
所以对任意恒成立.
设，，
由（1）知，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，所以.
通法提炼：处理恒成立问题时采用参变分离，将参数分离后构造新函数，二次求导求其最值.
7.（考法3：构造同构函数解指对数不等式恒成立） B
由题意得，，，则等价于.设，则，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.由得，，则，又，所以，即，则.故选B.
通法提炼：破解多变量指对数方程，先移项分组构建同构函数，配合 的极限等号条件定点.
模块通法汇总：
① 构造函数并利用奇偶性化简绝对值，转化为单调性比较解不等式.
② 分段函数值域为R，需确保各段值域的并集无缝覆盖实数集，借此由边界值建立不等式求参.
③ 对含参三角指数复合函数多次求导，利用导数在区间端点的符号变化锁定极值点存在性.
④ 遇到零点对称性，巧用同构建立倒数代换关系确立定根，进而结合判别式与端点值定参.
⑤ 解决极值点偏移问题，构造对数差值函数，采用比值代换（或对数平均数）并求导判定单调性.
⑥ 处理恒成立问题时采用参变分离，将参数分离后构造新函数，二次求导求其最值.
⑦ 对含参复合函数多次求导利用端点符号变化锁定极值点存在性；利用类可加性处理和的放缩不等式.
⑧ 破解多变量指对数方程，先移项分组构建同构函数，配合 的极限等号条件定点.
专题二：解析几何
考点1：圆锥曲线的定义、方程与几何性质
8.（考法1：利用顶角或角平分线结合定义求离心率）
.所以 ，且 .
设 ，.由椭圆定义知 ，.
因为 ，设，则.
由余弦定理，在 和 中分别有：
.
.
消去 ，得 .
化简可得 ，即 .
已知 ，设这两角分别为 .利用平行关系与正弦定理，可推导得 .
结合三角形中的余弦定理可得到比值关于 的方程，代入化简可解得 .
代入 ，所以 ，即 .
通法提炼：遇到焦点弦或顶角的比例条件，灵活运用向量共线与角平分线性质，将其转化为边长代数方程.
9.（考法2：抛物线的焦半径比例与准线距离的转化） 2
如图，分别过，作准线的垂线交准线于点，，
则有，，由，所以有，
即，所以，即，所以.
通法提炼：处理抛物线焦点弦比例，通过向准线作垂线构造相似三角形，将焦半径之比转化为到准线距离比.
考点2：直线与圆锥曲线的位置关系
10.（考法1：过焦点弦斜率之积的定值定点推导） （1） ；（2） 定值
（1） 由渐近线方程为得
左顶点坐标为，则点到渐近线的距离
解得
双曲线的标准方程为【6分】.
（2） 设点，
过点的直线，与双曲线联立，
化简得
根据韦达定理，可得
【9分】
点坐标为
直线与直线的交点坐标为，同理可得点【11分】
【15分】.
通法提炼：解决过焦点动弦交定线段问题，设线联立后熟练运用韦达定理提取斜率表达式进行消元定值.
11.（考法2：多切线围成三角形或多边形的面积最值） （1） ；（2） 8
（1） 由题，，，【1分】，
由正弦定理得的外接圆半径【3分】，
解得，所以的方程为【4分】.
（2） 由（1）知，，设直线【5分】，
与抛物线方程联立，得【6分】，
则，得【7分】，
所以，同理可得，
联立与的方程，得【9分】，
设，直线，
由，得，
由得或【11分】，
当时，直线，与直线重合，
此时，点与点重合，不合题意，舍去，
当时，直线，即【13分】，
与直线联立可得，
点到直线的距离，
又，
所以【15分】，
因为，所以当时，取得最大值8，
所以面积的最大值为8【17分】.
通法提炼：求解多切线构成的多边形面积最值，熟记阿基米德三角形切点弦性质，联立求出交点坐标进行面积代数化.
考点3：解析几何新情境与跨模块综合
12.（考法1：圆锥截面曲线的参数与方程综合计算）
ABC
底面半径为1，圆锥高. 为的中点，所以截面圆的半径为底面圆的半径的，即截面圆半径为，则圆的面积为，故A正确；
如图1，在圆锥的轴截面中，作于点，则，，所以椭圆的长轴长，故B正确；
如图2，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为原点，为轴，在平面中建立平面直角坐标系如图2，则，，所以，设抛物线方程为，则，解得，则抛物线的焦点到准线的距离为，故C正确；
如图3，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，则，双曲线与底面圆的一个交点为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，所以，故双曲线的离心率为，故D错误. 故选ABC.
通法提炼：遇到空间圆锥截面判定，依据截面与圆锥轴线的夹角大小关系精准判别二次曲线类型并计算几何要素.
13.（考法2：抛物线多段折线逼近弧长的不等式放缩证明） （1） 证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
（1） 因为，所以.
由题意知在抛物线上，故，
因为为的切线，故的斜率为，
所以的方程为，结合，
得 ①；同理有 ②；
联立①②得.
命题得证.
（2） （i） 因为，由（1）可知，结合①可得.
所以，，
从而.
令，则，
则，故在上单调递增.
注意到，从而，故，
即.
（ii） 记与切于点，设，
由题意知.
先证明当时命题成立.
此时即为，即为，
所以抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为.
由（1）可知点的横坐标为，
故（其中），
同理有，
从而，
记（其中），
设，
，
注意到，
从而，在上单调递增，故，
从而，命题成立.
对于任意的，
注意到，
.
由时情况可知
，
所以，
注意到即为，即为，
从而.
命题得证.
通法提炼：面对微积分弧长不等式证明，巧妙利用抛物线无限段切线折线长度之和大于函数积分值的几何意义进行放缩.
模块通法汇总：
① 遇到焦点弦或顶角的比例条件，灵活运用向量共线与角平分线性质，将其转化为边长代数方程.
② 处理抛物线焦点弦比例，通过向准线作垂线构造相似三角形，将焦半径之比转化为到准线距离比.
③ 解决过焦点动弦交定线段问题，设线联立后熟练运用韦达定理提取斜率表达式进行消元定值.
④ 求解多切线构成的多边形面积最值，熟记阿基米德三角形切点弦性质，联立求出交点坐标进行面积代数化.
⑤ 遇到空间圆锥截面判定，依据截面与圆锥轴线的夹角大小关系精准判别二次曲线类型并计算几何要素.
⑥ 面对微积分弧长不等式证明，巧妙利用抛物线无限段切线折线长度之和大于函数积分值的几何意义进行放缩.
专题三：立体几何
考点1：空间点、线、面的位置关系
14.（考法1：利用面面平行性质寻找中位线求棱锥体积） （1） 证明见解析；（2）
（1） 因为平面面，面面，面面，
由面面平行的性质定理可得，，又平面，且平面，
故平面【7分】.
（2） 因为平面面，面面，
面面，由面面平行的性质定理可得，，
又在三棱台中，平行，故四边形为平行四边形，
由，得为的中点，同理得分别为的中点.
因为为边长2的正三角形，故. 于是.
又底面，且两底面平行，所以也是两底面间距离，.
故【15分】.
通法提炼：求解截面分割体积问题，优先利用面面平行和线面平行性质定理找寻中点比例关系，转化底面积.
15.（考法2：勾股逆定理求二面角的平面角证面面垂直） （1） 证明见解析；（2）
（1） 取中点，连接，
∵为等腰直角三角形，，
∴，且由可得，
∵为等边三角形，
∴，且由可得，
又∵平面，平面，平面平面，
∴即为二面角的平面角，
∵，由勾股定理可得，
∴，
∴，
∴平面平面【6分】.
（2） 由（1）可知两两垂直，
分别以为轴建立如图所示坐标系，
则，，，，
∵平面，平面，平面平面，
∴，则，
∵截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，
∴，
∵三棱锥与三棱锥的高相等，
∴，即【9分】，
∴分别为棱中点，
则，，
∴，，
设平面的法向量，
则，解得平面的一个法向量，
易知平面的一个法向量【12分】，
设平面与平面夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为【15分】.
通法提炼：证明面面垂直时，除了常规找垂线，可利用已知边长通过勾股定理逆定理计算出二面角平面角为直角.
考点2：空间向量与立体几何量的计算
16.（考法1：建立空间直角坐标系处理存在性问题与二面角） （1） ；（2） ；（3） 存在，
（1） 的外心为中点，的外心为中点，
取线段中点，则.
设三棱锥外接球的球心为点，则平面，平面，
.
【5分】.
（2） 以点为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
，设二面角的平面角为，则.
，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
由，解得.
由平面平面，可得，解得.
点为线段上靠近点的三等分点，可得
由，解得
即二面角的平面角为【8分】.
此时，
点到平面的距离【11分】.
（3） 已知，点横坐标为1. 点在平面上，所以点横坐标为0.
可得.
设，
由（2）得平面的法向量.
由，解得
即.
根据条件，得，解得
在翻折过程中，存在，此时平面与平面所成角的余弦值为【17分】.
通法提炼：解决折叠模型中的二面角问题，通常选取翻折不变的垂直线段建立空间直角坐标系，转化为法向量运算.
考点3：空间几何体的表面积、体积与外接球
17.（考法1：利用多心共线结合二面角计算外接球半径） D
取中点，连接，∵，∴，，为二面角的平面角，，∴，为等边三角形，.设的外心为，的外心为，中，，为等边三角形，，过作平面的垂线，过作平面的垂线，交点为球心，由二面角计算得，所以表面积为，选D.
通法提炼：计算特殊拼接三棱锥外接球，利用几何体各面的外心投影共线特性，结合二面角的三角函数关系勾股求半径.
18.（考法2：侧面积展开式构造函数求组合体极值）
由圆台的侧面积等于上下底面积之和可得：.
两边同除以，得.
设，则.
由基本不等式可得，所以当且仅当，即，时等号成立.
所以当取到最小值时，.
通法提炼：求解圆台及旋转体极值问题，通常将面积等量关系转化为关于半径比例的函数，应用基本不等式求最值.
模块通法汇总：
① 求解截面分割体积问题，优先利用面面平行和线面平行性质定理找寻中点比例关系，转化底面积.
② 证明面面垂直时，除了常规找垂线，可利用已知边长通过勾股定理逆定理计算出二面角平面角为直角.
③ 解决折叠模型中的二面角问题，通常选取翻折不变的垂直线段建立空间直角坐标系，转化为法向量运算.
④ 计算特殊拼接三棱锥外接球，利用几何体各面的外心投影共线特性，结合二面角的三角函数关系勾股求半径.
⑤ 求解圆台及旋转体极值问题，通常将面积等量关系转化为关于半径比例的函数，应用基本不等式求最值.
专题四：概率统计
考点1：计数原理
19.（考法1：有限制条件的整除与奇偶性分类排列组合）
A
满足条件的3位数可由或或或构成，其中偶数共有个，故选 A.
通法提炼：解决被3整除的数字组合问题，按同余特性(除以3的余数)对数字进行分组，分类讨论确保无遗漏.
考点2：条件概率、全概率公式与贝叶斯公式
20.（考法1：波利亚坛子模型与全概率公式的综合应用）
前三次取球颜色完全相同可为：（红，红，红）、（黑，黑，黑），①：（红，红，红）第一次取出红球的概率，因为取出后放回并放入3个红球，此时盒子中有5个红球，5个黑球，共10个球，第二次取红球的概率，此时盒子中有8个红球，5个黑球，共13个球，第三次取红球的概率，所以前三次均取出红球的概率为；②：（黑，黑，黑）第一次取黑球的概率，取出后放回并放入3个黑球，此时盒子中有2个红球，8个黑球，共10个球，第二次取黑球的概率，此时盒子中有2个红球，11个黑球，共13个球，第三次取黑球的概率，所以前三次均取出黑球的概率为，故前三次取出球的颜色不完全相同的概率为.
通法提炼：处理动态填补球池的波利亚坛子模型，画出多阶段抽取的树状图，利用全概率与对立事件简化计算.
考点3：离散型随机变量及其分布
21.（考法1：马尔可夫链状态转移方程组求收敛概率）
设第一次抛出的点数为,最终以数字1结束的概率记为,
第一次出现点数
，第二次出现的点数如下：
故：，得.
通法提炼：破解无限轮次游戏收敛概率，设出各初始状态的获胜概率建立一阶马尔可夫递推方程组求解.
22.（考法2：二项分布全期望公式求导找极值与值域） （1）（i） ；（ii） ；（2）
（1） （i） 当时，由概率和为，得.
代入得，即，故【3分】.
（ii） 由，得，，，.
又，，.
于是. 且.
故【9分】.
（2） 设为处于高负载运行状态的总台数，条件于时，，
所以. 故. 而.
又. 所以. 化为.
设，. 则.
故在上单调递增，又当时，；当时，，
故的值域为【17分】.
通法提炼：应对复杂的复合概率极值，将二项分布的条件期望展开，结合全期望公式归结为单变量函数求导定值域.
考点4：统计推断与应用
23.（考法1：正态分布、独立性与回归相关指数的综合判定）
ACD
对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确；对于B，由事件相互独立可知，对于随机事件，都有，故仅当互斥时，才有，故结论不成立，即B错误；对于C，由题意，，对于数据，其均值为，其方差为，故C正确；对于D，相关指数越接近，值越大，残差平方和接近，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确.
通法提炼：对于统计量特征判断，牢记线性变换对方差和均值的影响规律，以及相关指数越接近1拟合越好的概念.
模块通法汇总：
① 解决被3整除的数字组合问题，按同余特性(除以3的余数)对数字进行分组，分类讨论确保无遗漏.
② 处理动态填补球池的波利亚坛子模型，画出多阶段抽取的树状图，利用全概率与对立事件简化计算.
③ 破解无限轮次游戏收敛概率，设出各初始状态的获胜概率建立一阶马尔可夫递推方程组求解.
④ 应对复杂的复合概率极值，将二项分布的条件期望展开，结合全期望公式归结为单变量函数求导定值域.
⑤ 对于统计量特征判断，牢记线性变换对方差和均值的影响规律，以及相关指数越接近1拟合越好的概念.
专题五：数列与不等式
考点1：等差数列与等比数列
24.（考法1：等差等比中项性质及前n项和的放缩比较）
ACD
对于A选项，设的前项和为，，∴数据的平均数是，故A选项正确；
对于B选项，当时，取为，平均数为，故B选项错误；
对于C选项，的中位数是，的中位数是，，故C选项正确；
对于D选项，数列的前项和为，∴数列的前项和的平均数为.数列是各项均为正数，且公比的等比数列，∴，∴的前项和，∴数列的前项和的平均数小于，由C选项知，，∴数列的前项和的平均数比的前项和的平均数大，D选项正确. 故选ACD.
通法提炼：比较数列均值与中位数，核心在于灵活应用等差中项性质以及等比前n项和低于等差和的不等式放缩.
考点2：数列的通项与求和
25.（考法1：前n项和与通项构造等差递推并累乘求通项 / 考法2：奇偶项分离的错位相减法求和技巧） （1） ；（2）
（1） 因为是公差为的等差数列，且，
所以，
所以，当时，，
两式作差得，
所以，即，
所以，
累乘得，即，
当时，，符合上式，
所以的通项公式为.
（2） 由（1）得，
所以.
即，
.
令，
，
作差得，
所以，
所以，所以.
通法提炼：处理含奇偶次幂交替的混编数列求和，先分组提参，再对等比乘等差的模块应用错位相减法.
26.（考法3：非线性递推关系的代数变形与裂项相消放缩） 1
，知.
由，知数列单调递增
由，知，
得，所以
，
由数列单调递增，，得，得到，
，
则的整数部分为1.
通法提炼：解决非线性平方递推的倒数和，提取公因式构造出 的差分结构进行裂项相消并估算界限.
考点3：数列与不等式综合及新定义
27.（考法1：新定义前缀和序列极值推导及组合计数判定） BCD
由“C-(m,n)数列”的定义，对任意，都有.
A选项，求.即将3个1和3个-1排列，使得前缀和始终非负.此类排列数即为Catalan数或利用折线法求解：.当时，，A错误；
B选项，当时，考察.利用阿贝尔变换（分部求和法），，其中.因为总和，所以原式 = .要使其取得最大值，即要使最小.由于序列符合条件，.取交替序列，其前缀和序列为，和为.因此最大值为，B正确；
C选项，当时，求的最小值.为使其最小，应让-1的系数尽可能大，1的系数尽可能小.故1应尽量排在前面，-1排在后面.合法序列中符合此要求的是.此时和为 ，C正确；
D选项，考察最后一个元素.它只能是1或-1.若为-1，去掉它后前面必须是一个有效的C-(m,n-1)数列；若为1，去掉它后前面是一个m-1个1和n个-1的数列，且最后总和为.由于，，前面的所有前缀和一定非负，故是一个有效的C-(m-1,n)数列.两者互不相交且穷尽所有情况，因此，D正确.故选BCD.
通法提炼：应对前缀和非负的路径组合计数问题，联想卡特兰数(Catalan)的反射容斥原理，推演序列项求和最值.
模块通法汇总：
① 比较数列均值与中位数，核心在于灵活应用等差中项性质以及等比前n项和低于等差和的不等式放缩.
② 处理含奇偶次幂交替的混编数列求和，先分组提参，再对等比乘等差的模块应用错位相减法.
③ 解决非线性平方递推的倒数和，提取公因式构造出 的差分结构进行裂项相消并估算界限.
④ 应对前缀和非负的路径组合计数问题，联想卡特兰数(Catalan)的反射容斥原理，推演序列项求和最值.
专题六：三角函数与解三角形
考点1：三角函数的概念与恒等变换
28.（考法1：齐次化代换求正切值并运用二倍角公式）
由得，分子分母同时除以得，解得或（舍，因为当时，分母为0），所以.
通法提炼：化简分子分母同次的三角分式，采用分子分母同除以 的“齐次化切”技巧解正切值.
考点2：三角函数的图象与性质
29.（考法1：正切函数图象求解析式及对称中心判定） BCD
由题，，即，因为，所以，A错误；因为，所以，即，解得，因为，所以，B正确；因为的最小正周期为，所以，又，解得，C正确；由上可得，令，得，所以的对称中心为，所以的图象关于点对称，D正确，故选 BCD.
通法提炼：确定正切函数解析式及对称中心，利用图像截距求出初相，依据最小正周期定频率，进而整体代入求零点.
30.（考法2：含参辅助角公式求最值函数的极值边界判定） BC
易知A错误；
，
∴；
令，则，所以或者，
所以，选项B正确；
设，，即矛盾，选项C正确；
当时，，即，此时，选项D错误.故选BC.
通法提炼：求解含有常数项和参数的三角最值，运用辅助角公式将其合并为单弦形式，并提取振幅函数进行求导定上界.
考点3：解三角形的综合应用
31.（考法1：角平分线定理结合余弦定理在三角形面积计算中的应用） （1） ；（2）
（1） 由正弦定理，可得【2分】.
又因为，且，可得，即【4分】，
，所以【6分】.
（2） 因为，设，则，
又因为，由角平分线定理得：，∴【9分】.
由（1），由余弦定理：，
得：，解得：【11分】，
【13分】.
通法提炼：解答含角平分线的解三角形问题，牢记角平分线定理进行对边比例划分，联合余弦定理求解面积.
32.（考法2：正余弦定理化角及内外切圆半径极值最值求算） （1） ；（2）
（1） 由正弦定理得：. 所以由可得：
，又由
则，得到，则【6分】.
（2） 由，得，得. 而内切圆半径：
，
其中时等号成立【13分】.
通法提炼：求三角形内外切圆半径之比的最值，借由正余弦定理化边为角，化简为单变量三角函数结合极限放缩求最值.
模块通法汇总：
① 化简分子分母同次的三角分式，采用分子分母同除以 的“齐次化切”技巧解正切值.
② 确定正切函数解析式及对称中心，利用图像截距求出初相，依据最小正周期定频率，进而整体代入求零点.
③ 求解含有常数项和参数的三角最值，运用辅助角公式将其合并为单弦形式，并提取振幅函数进行求导定上界.
④ 解答含角平分线的解三角形问题，牢记角平分线定理进行对边比例划分，联合余弦定理求解面积.
⑤ 求三角形内外切圆半径之比的最值，借由正余弦定理化边为角，化简为单变量三角函数结合极限放缩求最值.
逐题来源
本卷题号 试题来源 原卷题号
1 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 14
2 2026·山东济南·5月针对性训练 7
3 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 19
4 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 17
5 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 19
6 2026·山东济南·5月针对性训练 18
7 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 19
8 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 8
9 2026·山东济南·5月针对性训练 14
10 2026·重庆·康德三诊 14
11 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 16
12 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 18
13 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 11
14 2026·山东济南·5月针对性训练 19
15 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 16
16 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 17
17 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 18
18 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 7
19 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 13
20 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 5
21 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 14
22 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 13
23 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 18
24 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 9
25 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 9
26 2026·山东济南·5月针对性训练 17
27 2026·山东济南·5月针对性训练 17
28 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 14
29 2026·山东济南·5月针对性训练 11
30 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 13
31 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 9
32 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 10
33 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 15
34 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 15
第 2 页，共 17 页注意事项：
1. 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.
2. 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.
3. 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.
4. 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.
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，集合，则（ 　　）
A. B.
C. D.
2. 已知复数，，则（ 　　）
A. B. C. D.
3. 声强级，是指声强（单位：）和定值（单位：）比值的常用对数值再乘以，即声强级（单位：）. 已知人与人交谈时的声强级约为，一种火箭发射时的声强和人与人交谈时的声强的比值约为，那么这种火箭发射的声强级约为（ 　　）
A. B. C. D.
4. 在一个文艺比赛中，10位观众评委给同一名选手的打分依次为：82，84，80，93，85，87，89，88，91，88，这组数据的第80百分位数为（ 　　）
A. 88 B. 89 C. 90 D. 91
5. 已知正六边形，则向量在向量方向上的投影向量为（ 　　）
A. B. C. D.
6. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ 　　）
A. B. C. D.
7. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标是（ 　　）
A. B.
C. D.
8. 已知命题，使，则命题的否定为（ 　　）
A. ，都有 B. ，都有
C. ，都有 D. ，使
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（ 　　）
A. 若不垂直，则不可能垂直
B. 若垂直，则可能不垂直
C. 若不平行，则不可能平行
D. 若平行，则可能不平行
10. 一个不透明的袋子中装有10个球，其中6个白球，4个红球，除颜色外其他都相同，现甲、乙、丙三人依次从袋中不放回摸出一个球，则（ 　　）
A. 甲摸到红球的概率为
B. 乙摸到红球的概率为
C. 甲、乙都摸到红球的概率为
D. 乙、丙都摸到红球的概率为
11. 中国的五岳是指在中国境内的五座名山，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山. 小明与其父母共3人计划在五一假期出游，每人选一个地方，则下列说法正确的是（ 　　）
A. 3人选择的地点均不同的方法总数为60
B. 3人均不选泰山的方法总数为64
C. 恰有2人选同一个地方的方法总数为20
D. 恰有1人选华山的概率是
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知二项式，若，则正整数的最小值为__.
13. 已知函数，则函数在处的切线方程是__.
14. 设椭圆，则椭圆的长轴长为__.
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. 的内角的对边分别为，满足，.
（1） 若，求的面积；
16. 在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，. 过点作平面侧面，平面与下底面的边分别交于两点.
（1） 求证：直线平面；
17. 国内某摩托车企2025年3月—9月新车月销售量（单位：百台）的数据如下表：
月份 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月
月份代号 1 2 3 4 5 6 7
月销售量 11 16 18 21 24 28 29
计算得.
（1） 求关于的线性回归方程；
参考公式：回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
18. 已知椭圆的短轴长为2，点为椭圆上异于短轴端点的一点，且点与短轴两顶点连线的斜率之积为.
（1） 求椭圆的标准方程；
19. 已知函数的导函数为.
（1） 求函数的单调区间；
2026年高考数学考前冲刺四套卷：信心固本卷·参考答案
答案速查表
1 2 3 4 5
C A D C B
6 7 8 9 10
B B A BD ABC
11 12 13 14 15
ABD 4 2
16 17 18 19
证明见解析 增区间为；减区间为
第一部分（选择题 共58分）
一、单选题
1. C
∵，即，解得，∴.又∵，∴，即.∴.故选C.
2. A
.故选A.
3. D
设人与人交谈时的声强约为，则.火箭发射时的声强约为，则.故选D.
4. C
由题意得，，则第80百分位数是第8个数字和第9个数字的平均数，将数据按照从小到大的顺序排列为80，82，84，85，87，88，88，89，91，93，则这组数据的第80百分位数为.故选C.
5. B
在正六边形中，设边长为，则，，.∴向量在向量方向上的投影向量为.故选B.
6. B
∵随机变量服从正态分布，∴其正态曲线关于直线对称.又，∴.∴.故选B.
7. B
由题意可得.令，得，此时.∴图象的对称中心是，答案为B.
8. A
命题，使的否定为：将存在量词“”改为全称量词“”，并将结论“”改为“”，即，都有.故选A.
二、多选题
9. BD
对于A、B，若垂直，，此时可能平行，可能相交（垂直或不垂直），也可能异面（垂直或不垂直），故A错误，B正确；对于C、D，若平行，，此时没有公共点，它们可能平行，也可能异面（可能垂直或不垂直），故C错误，D正确.故选BD.
10. ABC
甲、乙、丙依次从袋中不放回地摸出一个球，每个人摸到红球的概率均为，A、B正确；甲、乙都摸到红球的概率，C正确；乙、丙都摸到红球的概率为（即第一次白第二次红第三次红，加上第一次红第二次红第三次红），D错误.故选ABC.
11. ABD
3人选择的地点均不同的方法总数为，故A正确；3人均不选泰山的方法总数为，故B正确；恰有2人选同一个地方的方法总数为，故C错误；恰有1人选华山的方法总数为，3人所有的方法数为，所以恰有1人选华山的概率是，故D正确.故选ABD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题
12. 4
由二项式定理可知，，∴.∵，∴.由得；由且得；由且得.∵为正整数，∴的最小值为4.
13.
由题可得：，∴，解得：，∴，则函数在处的切线方程是，即.
14.
∵椭圆，∴，则.∴椭圆的长轴长为.
四、解答题
15. 2
∵，∴，即，化简可得【2分】.
又在中，，∴【3分】.
若，则，此时，【4分】.
可知为等腰直角三角形，由得，∴【6分】.
16. 证明见解析
∵平面平面，平面平面，平面平面【3分】，
由面面平行的性质定理可得，【5分】，
又平面，且平面，
∴直线平面【7分】.
17.
【1分】，
【2分】，
【3分】，
【5分】，
【6分】，
∴关于的线性回归方程为【7分】.
18.
由题意知，椭圆的短轴长为2，∴，即【1分】.设，短轴端点为，，
∵点与短轴两顶点连线的斜率之积为，
∴，即【3分】，
整理得（），
即椭圆的标准方程为【4分】.
19. 增区间为；减区间为
对求导，得【1分】，
∵，
∴当，即时，，单调递增【2分】；
当，即时，，单调递减【3分】.
综上，函数的单调递增区间为；单调递减区间为【4分】.
逐题来源
本卷题号 试题来源 原卷题号
1 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 1
2 2026·重庆·康德三诊 2
3 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 4
4 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 2
5 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 3
6 2026·山东济南·5月针对性训练 2
7 2026·安徽合肥一六八中学·5月最后一卷 6
8 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 1
9 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 9
10 2026·重庆·康德三诊 9
11 2026·安徽A10联盟·5月最后一卷 9
12 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 12
13 2026·重庆·育才中学5月适应性训练(二) 12
14 2026·西南名校联盟·“3+3+3”诊断性联考 12
15 2026·浙江Z20联盟·第三次学情诊断 15（1）
16 2026·湖北武汉·武昌区5月供题 16（1）
17 2026·山东济南·5月针对性训练 15（1）
18 2026·重庆·康德三诊 18（1）
19 2026·浙江精诚联盟·第二次模拟 19（1）
第 2 页，共 17 页

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