精品解析：河北衡水中学2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三数学学科试题（解析版）_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_2026年河北省衡水中学高三下学期综合素质评价三

2025-2026 学年度高三年级下学期综合素质评价三
数学学科
考试时间：120分钟；试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第 I卷（共 58分）
一、单选题(共 8个小题，每题 5分，共 40分)
1. 已知集合
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M =

x x 2 − 3 x  0

，
N =

x y = x − 1

，则
M  N =
（ ）
A.  0 , 3  B.  1 , 3  C. 0,3) D. ( 1 , 3 
【答案】B
【解析】
【详解】由x2 −3x0，可得 x ( x − 3 )  0 ，解得 0  x  3 ，所以 M =  0 , 3  ，
由x−10，得 x  1 ，所以N =1,+) ，
所以 M  N =  1 , 3  .
 
2. 已知向量a =(1,−4)，b =(2,3)，则向量
a 
在向量b 上的投影向量为（ ）
A.
 1
1
0
3
,
1
1
5
3

B.

−
1
1
0
3
, −
1
1
5
3
  20 30
C.  − ,−  D.
 13 13
 2
1
0
3
,
3
1
0
3

【答案】C
【解析】

【详解】因为a =(1,−4)，
b
= ( 2 , 3 ) ， 
a

b
= 1  2 − 4  3 = − 1 0

， b = 4+9 = 13，
 则向量a在向量 b 上的投影向量为
bb 




a 
b
b

= a b b
2
 b = −
1
1
3
0 ( 2 , 3 ) =  −
1
2
3
0 , −
1
3
3
0  .
3. 已知 z = z−2 ， z
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为虚数，则 zz的值可能为（ ）
A. 2 B. 1 C. 0 D. −1
【答案】A【解析】
【分析】设
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z = a + b i 且 b  0 ，根据复数的运算由 z = z − 2 得 a = 1 ，进而得 z  z = 1 + b 2  1 ，即可求解.
【详解】设z =a+bi且 b  0 ，由 z = z − 2 得 a 2 + b 2 = ( a − 2 ) 2 + b 2 ，解得 a = 1 ，
所以 z = 1 + b i , z = 1 − b i ，所以 z  z = ( 1 + b i ) ( 1 − b i ) = 1 + b 2  1 ，
故A正确，B错误，C错误，D错误.
故选：A.
4. 一个圆台的母线长为 13，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ）
A. 26π B. 32π C. 78π D. 86π
【答案】A
【解析】
【分析】先根据圆台的结构特征求出圆台的高，然后利用圆台的体积公式求出其体积即可.
【详解】取上下底面的圆心，则 O O  即为圆台的高h，如图所示，
在ACB中， A B = 1 3 , B C = 5 − 2 = 3 ，
根据勾股定理可得 A C = O O  = h = 1 3 − 3 2 = 2 .
所以圆台的体积为 V =
1
3
π h ( R 2 + R r + r 2 ) =
1
3
π  2  ( 2 5 + 4 + 1 0 ) = 2 6 π .
故选：A.
5. 已知 0 π   
5 1
，则“cosα= ”是“cos2= ”的（ ）
3 9
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
【答案】A
【解析】
【详解】由 c o s 2
1
9
 = ，得 2 c o s 2 1
1
9
 − =
5
，解得cos= ，则“
3
c o s α =
3
5
公众号：高考试卷君
1
”是“cos2= ”
9
的充分不必要条件.6. 设双曲线
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C :
y
a
2
2
−
x
b
2
2
= （1 a  0 , b  0 ） 的焦距为2c，若a2、b2、c2成等差数列，则该双曲线的渐近线
方程为（ ）
A. y =  2 x
2
B. y= x
2
C. y =  x
3
D. y= x
3
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线中 a , b , c 的关系和等差数列可求答案.
【详解】因为a2、b2、c2成等差数列，所以 2 b 2 = a 2 + c 2 ，又c2 =a2 +b2，所以2b2 =a2 + ( a2 +b2) ，即
b 2 = 2 a 2 ，所以
a
b
=
2
2
.
该双曲线 渐近线方程为 y = 
a
b
x = 
2
2
x .
故选：B
7. 已知y= f(x)满足 f ( x + 1 ) = f ( 1 − x ) , f ( x + 2 ) = f ( x ) + 2 ，且当 x  [ 0 , 1 ] 时， f ( x ) = e x ，则
f
 2 0 2
2
3 
的值为（ ）
1
A. B.
e2 +1011 e
12
+ 1 0 1 0
C.
e
−
12
+ 1 0 1 1
D.
e
−
12
+ 1 0 1 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的对称性结合累加法可求函数值.
【详解】由 f ( x + 1 ) = f (1 − x ) ，可知函数图像关于x=1对称，
又 f(x+2)= f(x)+2，由累加法可得：
f
 2 0
2
2 3 
= f
 3
2
+ 5 0 5  2

= f
 3
2

+ 5 0 5  2 ，
3 1 1
又 f   = f   =e2，
2 2
的 公众号：高考试卷君所以
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f
 2 0
2
2 3 
= e
12
+ 1 0 1 0 ，
故选：B
8. 已知抛物线 C ： y 2 = 2 p x （ p  0 ）的焦点为 F ，圆 M ：(x+1)2 + y2 =16与 C 交于 A ，B两点，若
直线 A M 与直线 B M 的斜率之积为−3，则 A F = （ ）
7
A. 3 B. C. 4 D. 5
2
【答案】C
【解析】
【分析】先由已知条件解出A， B 两点坐标，再由焦半径公式求得 AF .
【详解】由圆 M ： ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 6 可知，圆心 M ( − 1 , 0 ) ，半径为 4 .
而圆 M 和抛物线 C 都关于x轴对称，则可设 A ( x , y ) ， B ( x , − y ) ( x  0 ) .
y −y −y2
由k k =  = =−3，得
AM BM x+1 x+1 (x+1)2
y 2 = 3 ( x + 1 ) 2 .
因为点A在圆 M 上，又有 ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 6 ，即 ( x + 1 ) 2 + 3 ( x + 1 ) 2 = 1 6 ，
而x0，则解得 x = 1 ，所以 y 2 = 3 ( 1 + 1 ) 2 = 1 2 .而点 A 又在抛物线 C 上，
则有12=2p1，所以 p=6，则 F ( 3 , 0 ) .
所以 A F =
p
2
+ x
A
= 3 + 1 = 4 .
二、多选题(每题 6分，全部选对得 6分，部分选对得部分分，有错选的得 0分，共 18分)
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 样本相关系数 r 越大，则线性相关性越强
B. 1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15
C. 随机变量X 的方差 D ( X ) = 2 0 ，期望 E ( X ) = 6
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，则E
( X2)
=16
D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个
学生的数学成绩的方差为10.8
【答案】BD
【解析】
【详解】A：样本相关系数r 的绝对值越大，则线性相关性越强，则A错误；B：该组数据共8个数据，又
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8  7 5 % = 6 ，
因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即
1 2 +
2
1 8
= 1 5 ，因此B正确；
C：因为 D ( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) ，由方差 D ( X ) = 2 0 ，期望 E ( X ) = 6 ，可得 E ( X 2 ) = 5 6 ，即C错
误.
D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为
3
5
 9 0 +
2
5
 8 5 = 8 8 ，
因此方差为
3
5
 4 + ( 9 0 − 8 8 ) 2  +
2
5
 6 + ( 8 5 − 8 8 ) 2  =
5 4
5
= 1 0 . 8 ，即D正确.
10. 已知 C :
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 ( a  b  0 ) 的左、右焦点分别为 F
1
, F
2
，长轴长为6，点 M
(
6 , 1
)
在椭圆C外，
点N 在椭圆 C 上，则下列说法中正确的有（ ）
A. 椭圆 C 的离心率的取值范围是

3
6
, 1

B. 椭圆 C 上存在点 Q 使得
Q F 
1
 Q F 
2
= 
0
C. 已知 E ( 0 , − 2 ) ，椭圆C的离心率为
2
3
2
，则 N E 的最大值为
3
2
6
D.
N
N
F
F
1
1
+

N
N
F
F
2
2
的最小值为 1
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，根据条件得 b 2  3 ，再利用离心率的公式可确定离心率的取值范围；对于B，转化为以
原点为圆心，c为半径的圆与椭圆 C 有交点，即可求解；对于C，根据条件求出椭圆方程，再利用椭圆的
参数方程，即可求解；对于D，根据椭圆的定义得 NF + NF =6，再利用基本不等式求解即可.
1 2
【详解】对于A，由题意可知 2 a = 6 ，所以 a = 3 ，所以椭圆方程为
x
9
2
+
y
b
2
2
= 1 ，
因为 M
(
6 , 1
)
在椭圆C外，所以
6
9
+
1
b 2
 1
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，解得b2 3，
c2 b2 3 2 6
因为e2 = =1− 1− = ，所以 e1，故A正确；
a2 a2 9 3 3
对于B，由选项A知a=3，b2 3，所以c2 =a2 −b2 =9−b2 6，所以bca，
则以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆C有四个交点，不妨设其中一个交点为
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Q ，由圆的性质可知，  F
1
Q F
2
=
π
2
，所以椭圆C上存在点 Q 使得
Q F 
1
 Q F 
2
= 
0 ，
故B正确；
c c 2 2
对于C，由离心率e= = = ,c=2 2，所以b=1，所以椭圆方程为
a 3 3
x
9
2
+ y 2 = 1 ，
设点N(3cos,sin)，则
N E 9 c o s 2 ( s i n 2 ) 2 8 c o s 2 4 s i n 5 8 s i n 2 4 s i n 1 3       = + + = + + = − + + ，
1
当sin= 时，
4
N E 有最大值为
3
2
6
，此时 N ( 
3 1
4
5
,
1
4
) ，故C正确；
对于D， N F
1
+ N F
2
= 2 a = 6 ，
N
N
F
F
1
1
+

N
N
F
F
2
2
=
N
1
F
1
+
N
1
F
2
=
1
6

N
1
F
1
+
N
1
F
2

( N F
1
+ N F
2
)
1
6

N
1
F
1
+
N
1
F
2

( N F
1
+ N F
2
) =
1
6

2 +
N
N
F
F
2
1
+
N
N
F
F
1
2


1
6

2 + 2
N
N
F
F
2
1

N
N
F
F
1
2

=
2
3
，
当且仅当 N F
1
= N F
2
= 3 ，即点 N 位于上下顶点时，
N
N
F
F
1
1
+

N
N
F
F
2
2
有最小值
2
3
，故D错误.
11. 定义：若函数 f ( x ) 在区间  a , b  的值域为  a , b  ，则称区间 a,b 是函数 f ( x ) 的“完美区间”.另外，
定义区间  a , b  的“复区间长度”为 2 ( b − a ) .已知函数 f ( x ) = x 2 − 1 ，则下列说法中正确的是:( )
A.  0 , 1  是 f ( x ) 的一个“完美区间”
B.
 1 −
2
5
,
1 +
2
5 
是 f(x)的一个“完美区间”
C. f ( x ) 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为 3 + 5
D. f ( x ) 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为3+2 5
【答案】AC
【解析】
【分析】按照0b1和 b  1 两种情况讨论求解，当 b  1 时，按照 a = 0 ，0a1，a1分类讨论求
解，利用“完美区间”的定义，结合函数的单调性求解.
【详解】  f ( x ) = x 2 − 1  0
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， f(x)的值域为 0,+) ，
设 f(x)的“完美区间”为 a,b ，则ba0，当
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0  b  1 时，  x   a , b  ， f ( x ) = x 2 − 1 在 a,b 是单调递减函数，
 f ( a ) 为 f ( x ) 的最大值， f ( b ) 为 f ( x ) 的最小值，

 f
f
(
(
a
b
)
)
=
=
a
b
2
2
−
−
1
1
=
=
b
a
， 
 a
b
=
=
0
1
，此时， 2 ( b − a ) = 2 (1 − 0 ) = 2 ，
当b1时，①若 a = 0 ， f ( b ) = b 2 − 1 = b 2 − 1 ，
 x   a , b  =  0 , b  ，b1，
f ( x ) = x 2 − 1 在  0 , 1  是单调递减函数，在  1 , b  是单调递增函数，
 f ( 1 ) 为 f(x)的最小值， f(x)的最大值为 f(0)和 f(b)中最大的一个，
当 f(0) f(b)时，  f ( 0 ) = 0 2 − 1 = 1 ，  f ( b )  1 ，则 f ( b ) 为 f ( x ) 的最大值，

 f
f
(
(
1
b
)
)
=
= b
2 1
2
−
−
1
1 =
= 0
b
=

a
1
1+ 5
，b= ，满足
2
b  1 ，
1+ 5 
此时，2(b−a)=2 −0=1+ 5；
 
2
 
当 f(0) f(b)时，  f ( 0 ) = 0 2 − 1 = 1 ，  f ( b )  1 ，则 f ( 0 ) 为 f ( x ) 的最大值，

 f
f
(
(
1
0
)
)
=
= 0
2 1
2
−
−
1
1 =
= 0
b
= a
，  b = 1 ，不满足 b  1 ，舍去；
②若0a1时，  x   a , b  ，b1，
f ( x ) = x 2 − 1 在  a , 1  是单调递减函数，在  1 , b  是单调递增函数，
 f ( 1 ) 为 f(x)的最小值，而 f (1 ) = 1 2 − 1 = 0 = a ，这与0a1矛盾，不符合题意；
③若 a  1 时， xa,b ， b  1 ，
f(x)= x2 −1在  a , b  是单调递增函数，
 f(a)为 f(x)的最小值， f ( b )
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为 f(x)的最大值，
 1+ 5
f(a)= a2 −1=a2 −1=a a =
  2
 ， ， ab，不符合题意；
f(b)= b2 −1 =b2 −1=b  1+ 5
 b=

 2综上可知，
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f ( x ) 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为 2 +
(
1 + 5
)
= 3 + 5 ，
故选项A和C正确.
故选：AC.
第 II卷（共 92分）
三、填空题(每题 5分，共 15分)
12. 已知4a = 2，则 lo g
2
a = ______.
【答案】 − 2
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，求出 a 的值，再计算 l o g
2
a 的值.
【详解】因为 4 a = 2 ，所以 a = l o g
4
2 =
1
4
，所以 l o g
2
a = l o g
2
1
4
= - 2 .
故答案为： − 2
13. 甲、乙、丙等5名同学站一排照相合影，要求甲与乙之间有一人，丙与甲不相邻，丙与乙相邻，则不同
的排法有______种．
【答案】8
【解析】
【分析】先安排特殊元素和特殊位置，再根据计数原理计算即可.
【详解】先安排甲、乙，有 A 22 种方法，且甲、乙之间有一个空位，而丙与甲不相邻，所以安排空位有 C 12 种
方法；
又丙与乙相邻，所以丙位置固定，然后让最后一人站两端，有 C 12 种方法；
所以不同的排法共有 A 22 C 12 C 12 = 8 （种）排法.
故答案为：8
( )( )
14. 已知正实数x，y满足 2x+ 4x2 +1 y2 +4−2 = y，则 x 2 e y 的最小值为______．
【答案】
e
4
2
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【解析】
2
 2 2
【分析】化简题目条件得2x+ (2x)2 +1= 1+ + ，构建函数 f (t)=t+ t2 +1，因为x,y是正
 
 y y实数，故此函数单调递增，得到
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y =
1
x
，代入 x 2 e y ，求导分析其最值.
( )( )
【详解】由 2x+ 4x2 +1 y2 +4−2 = y,x,y0，
整理得 2 x + 4 x 2 + 1 =
y 2
y
+ 4 − 2
=
y
(
y 2
y
+
2
4 + 2
)
=
y 2 +
y
4 + 2
，
2
 2 2
化简得：2x+ (2x)2 +1= 1+ + ，
 
 y y
设函数 f (t)=t+ t2 +1，可知函数 f ( t ) 在 ( 0 , +  ) 内单调递增，
2
由 f (2x)= f  可得  y 2 x =
2
y
1
，即y = ，代入 x x 2 e y 得 x 2 e 1x ，
令 F ( x ) = x 2 e
1x
( x  0 ) ， F  ( x ) = e
1x
( 2 x − 1 ) ,
1
令F(x)=0，解得x=
，
2
当 0  x 
1
2
时， F  ( x )  0 ；当 x 
1
2
时， F  ( x )  0 ；
可知 F ( x ) 在

0 ,
1
2

内单调递减，在
 1
2
, + 

内单调递增，
故当 x =
1
2
时，F(x) 取得最小值，此时 y = 2
1 1 2 e2
，最小值为F = e2 = .
   
2 2 4
e2
故答案为：
4
四、解答题(共 5题，满分 77分)
15. 已知数列  a
n
 满足a =2,a =n(a −a )( nN*) ．
1 n n+1 n
（1）求数列  a
n
 的通项公式；
1
（2）设b = ，求数列
n a2 −1
n
 b
n

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的前n项和为S ．
n
【答案】（1）a =2n
n
n
（2）S =
n 2n+1
【解析】【分析】（1）根据题意整理可得
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a
n
n
+
+ 1
1
=
a
n
n ，进而可得
a
n
n = 2 ，即可得结果；
（2）整理可得 b
n
=
1
2

2 n
1
− 1
−
2 n
1
+ 1

，利用裂项相消法运算求解.
【小问1详解】
因为a =n(a −a ) ，且
n n+1 n
a
1
= 2 ，可得 (n+1)a =na ，
n n+1
a a
即 n+1 = n 对任意
n+1 n
n  N * 恒成立，可得
a
n
n =
a
n
n
−
− 1
1
=    =
a
1
1 = 2 ，
所以 a
n
= 2 n .
【小问2详解】
由（1）可知： a
n
= 2 n ，
1 1 1 1 1 
b = = = −
则  ，
n (2n)2 −1 (2n−1)(2n+1) 22n−1 2n+1
可得 S
n
=
1
2

1 −
1
3
+
1
3
−
1
5
+
1
5
−
1
7
+    +
2 n
1
− 1
−
2 n
1
+ 1

=
1
2

1 −
2 n
1
+ 1

=
2 n
n
+ 1
，
所以 S
n
=
2 n
n
+ 1
.
16. A I 手机是近年来备受关注的新一代智能终端，与智能网联新能源汽车、智能机器人等共同纳入国家发
展战略.某商场为了解顾客的购买意愿，随机调查了200位顾客购买 A I 手机的情况，得到数据如下表.
购买 A I
购买无
手机
A I 技术的手
总计
机
男性顾客 45 65 110
女性顾客 56 34 90
总计 101 99 200
（1）根据表中数据，判断是否有99%的把握认为购买 A I 手机与顾客的性别有关？并说明理由：
（2）为促进 A I 手机的销量，该商场为购买 A I
公众号：高考试卷君
手机的顾客设置了抽奖环节，共设一、二等奖两种奖项，
1 1
分别奖励200元、100元手机话费，抽中一、二等奖的概率分别为 和 ，其余情况不中奖.每位顾客允许
6 3连续抽奖两次，且两次抽奖相互独立.记某位顾客两次抽中的奖金之和为
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X 元，求随机变量 X 的数学期望.
参考公式及数据：① 2
( a b ) (
n
c
( a d
d ) (
b
a
c 2 )
c ) ( b d )
 =
+ +
−
+ +
，其中 n = a + b + c + d ．
②P ( 2 6.635 ) 0.01, P ( 2 5 .0 2 4 ) 0 .0 2 5    , P ( 2 3 .8 4 1 ) 0 .0 5    ,P ( 2 2.706 ) 0.1．
【答案】（1）有 9 9 % 的把握认为购买 A I 手机与顾客的性别有关.
400
（2）E(X)=
3
【解析】
【分析】(1)由卡方公式计算出卡方值，利用临界值进行比较即可.
(2)先列出随机变量 X 的分布列，再由分布列求出期望值.
【小问1详解】
假设H :购买AI手机与顾客性别无关.
0
根据公式 2
2 0 0
1 1
(
0
4 5
9 0
3 4
1 0
6
1
5
9
5
9
6 ) 2
8 .9 9 5  =




−


 ，
因为 8 . 9 9 5 > 6 . 6 3 5 ，所以假设不成立，
即我们有 9 9 % 的把握认为购买 A I 手机与顾客的性别有关，此判断犯错误概率不超过0.01.
【小问2详解】
X 可能取的值为0，100，200，300，400，
每次抽奖不中的奖的概率为 1 −
1
6
−
1
3
=
1
2
，中 1 0 0 元概率为
1
3
，中 2 0 0 元概率为
1
6
，
2
1 1
P(X =0)= = ，
 
2 4
1 1 1
P(X =100)=2  = ，
3 2 3
2
1 1 1 1 1 5
P(X =200)= +2  = + = ，
 
3 6 2 9 6 18
1 1 1
P(X =300)=2  = ，
3 6 9
P ( X = 4 0 0 ) =
 1
6

2
=
3
1
6
，
所以 X
公众号：高考试卷君
的分布列为
X 0 100 200 300 400第12页/共19页
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P
1
4
1
3 1
5
8
1
9
1
36
所以期望为 E ( X ) = 0 
1
4
+ 1 0 0 
1
3
+ 2 0 0 
1
5
8
+ 3 0 0 
1
9
+ 4 0 0 
3
1
6
=
4 0
3
0
.
17. 在 V A B C 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c
sin2A cosB−cosC
， = .
1+cos2A sinC−sinB
（1）求 c o s A 的值；
（2）若D是边 B C 上一点， A D = D C = 2 B D ，c=1，求 V A B C 的周长.
1
【答案】（1）cosA=
2
（2）3+ 3
【解析】
【分析】（1）结合分式有意义得到 B  C ，根据二倍角公式、辅助角公式得到 B + C = 2 A ，进而求出角A
及 c o s A .
（2）方法一：根据余弦定理列方程组求解即可.方法二：根据向量的运算及余弦定理列方程组求解即可.
【小问1详解】
由题意知，sinC−sinB0，即 b  c ，即BC.
因为
1
s
+
i n
c o
2
s
A
2 A
=
c
s
o
i
s
n
B
C
−
−
c
s
o
i n
s C
B
，所以
2 s i
2
n
c
A
o s
c
2
o s
A
A
=
s
c
i
o
n
s
A
A
=
c
s
o
i
s
n
B
C
−
−
c
s
o
i n
s C
B
，
即 s i n A s i n C − s i n A s i n B = c o s A c o s B − c o s A c o s C ，
所以 c o s ( A − B ) = c o s ( A − C ) ，
又 − π  A − B  π ，−π A−Cπ，
所以 A − B = A − C 或 A − B = C − A ，所以 B = C （舍）或 B + C = 2 A ，
因为 A + B + C = π
公众号：高考试卷君
π 1
，所以A= ，则cosA= .
3 2
【小问2详解】
方法一：设BD=x，则AD=DC=2x，BC =3x，第13页/共19页
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△ A B D 中，由余弦定理可得 c o s  A D B =
A D 2
2
+
 A
B
D
D 2
 B
−
D
A B 2
=
5 x
4
2
x
−
2
1
，
在  A C D 中，由余弦定理可得 c o s  A D C =
A D 2
2
+

D
A D
C 2
 D
−
C
A C 2
=
8 x 2
8
−
x 2
b 2
，
由cosADB=−cosADC，可得 1 8 x 2 = b 2 + 2 ，
在 V A B C 中，由余弦定理可得 B C 2 = A B 2 + A C 2 − 2  A B  A C  c o s  B A C ，
即 9 x 2 = 1 + b 2 − b ，
联立解得 x =
3
3
， b = 2 ，
所以 V A B C 的周长为 A B + A C + B C = 3 + 3 .
方法二：设BD=x，则 A D = D C = 2 x ， B C = 3 x ，即
C D  =  2 D B
，

( )
故AD−AC =2 AB−AD ，故
A D  =  2
3
A  B +  1
3
A C ，
所以
A D  2 =    2
3
A B  + 1
3
A C
 2
，可得 3 6 x 2 = 4 + b 2 + 2 b ，
在VABC中，由余弦定理可得 B C 2 = A B 2 + A C 2 − 2  A B  A C  c o s  B A C ，
即 9 x 2 = 1 + b 2 − b ，
联立解得 x =
3
3
，b=2，所以VABC的周长为 A B + A C + B C = 3 + 3 .
18. 对于函数 f ( x ) ，若 f (x )=x ，则称实数
0 0
x
0
为函数 f ( x ) 的不动点，设函数
f ( x ) = l o g
2
( 4 x − a  2 x + 1 + 2 ) ， g ( x ) = 骣琪琪桫 1
2
x .
（1）若 a = 1 ，求函数 f ( x ) 的不动点；
（2）若函数 f (x) 在区间 −1,1 上存在两个不动点，求实数a的取值范围；
（3）若对任意的 x
1
, x
2
  − 1 , 0  ，不等式 f (x )−g(x ) 2恒成立，求实数
1 2
a 的取值范围.
【答案】（1） 0 和 1
 1 
（2） 2− ,1

 2 
在
公众号：高考试卷君（3）
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
−
5
2
, 1

【解析】
【分析】（1）根据题意，由 f ( x ) = x ，化简得到4x −32x +2=0，即可求解；
（2）根据题意，将方程 f (x)=x，化简得到 2 a + 1 = 2 x +
2
2 x
，利用换元法和对勾函数的性质，即可求
解；
（3）根据题意，将不等式化为−2+g(x)  f (x)2+g(x) ，利用指数函数的单调性，得到
max min
0  f ( x )  3 ，分类参数转化为 2 x −
6
2 x
 2 a  2 x +
1
2 x
在 x   − 1 , 0  上恒成立，结合函数的单调性，即可
求解.
小问1详解】
解：当 a = 1 时，方程 f ( x ) = x ，即为 l o g
2
( 4 x − 2 x + 1 + 2 ) = x ，
即 4 x − 2 x + 1 + 2 = 2 x ，可得 4 x − 3  2 x + 2 = ( 2 x − 1 ) ( 2 x − 2 ) = 0 ，
解得 2 x = 1 或 2 x = 2 ，可得x=0或 x = 1 ，
所以函数 f ( x ) 的不动点为 0 和1.
【小问2详解】
解：由方程 f (x)=x，可得 l o g
2
( 4 x − a  2 x + 1 + 2 ) = x ，
即4x −a2x+1+2=2x，可得 ( 2 a + 1 )  2 x = 4 x + 2 ，即为 2 a + 1 =
4 x
2
+
x
2
= 2 x +
2
2 x
，
令t =2x，当 x   − 1 , 1  时，可得 t 
 1
2
, 2

，
因为函数 f (x) 在区间  − 1 ,1  上存在两个不动点，
可得关于 t 的方程 2 a + 1 = t +
2
t
1 
在 ,2 上有两个不等的实数根，
 
2 
令 h ( t ) = t +
2
t
1 
，可得h(t) 在 , 2 单调递减，在
 
2 
 2 , 2  单调递增，
1 9 ( ) 9
且h   = ,h 2 =2 2,h(2)=3 ，
2 2 2
【
公众号：高考试卷君则满足2 2 2a+13，解得
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2 −
1
2
 a  1 ，
所以实数 a 的取值范围为

2 −
1
2
, 1

.
【小问3详解】
解：不等式 f (x )−g(x ) 2，可化为
1 2
− 2 + g ( x
2
)  f ( x
1
)  2 + g ( x
2
) ，
由函数 g ( x ) =
骣琪琪桫 1
2
x
在 −1,0 上单调递减函数，
可得 g ( x )
m a x
= g ( - 1 ) = 2 , g ( x )
m in
= g ( 0 ) = 1 ，
因为对任意 x
1
, x
2
  − 1 , 0  ，不等式 f ( x
1
) − g ( x
2
)  2 恒成立，
即对任意 x   − 1 , 0  ，不等式 − 2 + g ( x )
m a x
 f ( x )  2 + g ( x )
m in
，即 0  f ( x )  3 ，
可得 0  l o g
2
( 4 x − a  2 x + 1 + 2 )  3 ，即为 1  4 x − 2 a  2 x + 2  8 ，
所以 2 x −
6
2 x
 2 a  2 x +
1
2 x
在 x   − 1 , 0  上恒成立，
令 u = 2 x ，当 x   − 1 , 0  时，可得 u 
 1
2
,1

，
由题意得，对任意 u 
 1
2
,1
 6 1
，不等式u− 2au+ 恒成立，
u u
函数 m ( u ) = u −
6
u
1 
在 ,1 上为单调递增函数，所以
  2 
m ( u )
m a x
= m (1 ) = − 5 ，
1
函数n(u)=u+ 在
u
 1
2
, 1

上为单调递减函数，所以n(u) =n(1)=2，
min
所以 − 5  2 a  2 ，解得 −
5
2
 a  1 ，
 5 
综上可得，实数a的取值范围为 − ,1 .
 
 2 
19. 如图（1），已知抛物线E:x2 =2y的焦点为 F ，准线为 l ，过点 F 的动直线m与 E
公众号：高考试卷君
交于A，B两点
（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线l相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将△ACB沿
CD折成直二面角A−CD−B，如图（2）．（1）证明：
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c o s  A C B = c o s  A C D  c o s  B C D ；
（2）当  A  C B 最小时，
①求 A  ， B 两点间的最小距离；
②当 A  ， B 两点间的距离最小时，在三棱锥 A  − B C D 内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱
体积的最大值．
【答案】（1）证明见详解
（2）① 2 ；②
6 −
2
4
7
2
π
【解析】
【分析】（1）做辅助线，根据垂直关系可得 A  O  ⊥ B C ， B C ⊥ A E  ，结合直角三角形三角关系分析证明；
（2）①根据三角知识结合基本不等式可得 A  B 2 = A B 2 − B C  A C ，利用弦长公式求得 AB ，分 k = 0
和k 0两种情况，结合基本不等式分析求解；②设相应量，可得 h = 1 −
(
2 + 2
)
r ，可得圆柱的体积
V = π  r 2 − ( 2 + 2 ) r 3  ，构建函数 f ( r ) = r 2 − ( 2 + 2 ) r 3 , 0  r  2 −
2
2 ，利用导数求最值.
【小问1详解】
过A作 A O  ⊥ C D ，垂足为O，过 O  作 O E ⊥ B C ，垂足为 E ，
因为平面 A  C D ⊥ 平面ABC，且平面 A C D  平面 A B C = C D ，AO 平面ACD，
可得AO⊥平面 A B C
公众号：高考试卷君
，
由BC平面ABC，可得AO⊥BC，且OEI AO=O，OE,AO平面
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A  O E ，可得 B C ⊥ 平面 A  O E ，
由AE平面 A  O E ，可得 B C ⊥ A E ，
CE OC CE
则cosACB= ,cosACD= ,cosBCD= ，
AC AC OC
所以 c o s  A C B = c o s  A C D  c o s  B C D
【小问2详解】
因为以AB为直径的圆与准线 l 相切于点C，可知 A C ⊥ B C ，
π
则ACD=ACD= −BCD，
2
由（1）可得： c o s  A C B = c o s  A C D  c o s  B C D = c o s
 π
2
−  B C D

 c o s  B C D
= s in  B C D  c o s  B C D =
1
2
s in 2  B C D 
1
2
，
当且仅当 s in 2  B C D = 1 ，即  B C D =
π
4
时，等号成立，
π
所以当BCD = 时，
4
 A  C B 最小，
①因为 A  O  ⊥ 平面 A B C ，BO,CD平面 A B C ，则AO⊥BO， A O  ⊥ C D ，
即AO⊥CD，
在Rt△ACO中，则 C O  = A O  =
2
2
A C = A O  ，
在 △ B C O  中，由余弦定理可得 BO2 = BC 2 + CO2 −2 BC COcosBCO，
1 2 2 1
则 BO2 = BC 2 + AC 2 −2 BC  AC  = BC 2 + AC 2 − BC  AC ，
2 2 2 2
在 R t △ A B O  中，则
1 1
AB 2 = BO2 + AO2 = BC 2 + AC 2 − BC  AC + AC 2 = BC 2 + AC 2 − BC  AC ，
2 2
在Rt△ABC中，则 A B 2 = B C 2 + A C 2 ，可得 A  B 2 = A B 2 − B C  A C ，
 1 1
由题意可知：焦点F  0, ，准线l: y =− ，直线
 2 2
m 的斜率存在，且直线 m 与抛物线必相交，
1
设直线m: y =kx+ ，A(x,y ),B(x ,y ) ，
2 1 1 2 2
.
公众号：高考试卷君联立方程
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
y
x 2
=
=
k x
2
+
y
1
2 ，消去y可得 x 2 − 2 k x − 1 = 0 ，
则 x
1
+ x
2
= 2 k , x
1
 x
2
= − 1 ，
可得 A B = 1 + k 2 4 k 2 + 4 = 2 ( k 2 + 1 ) ，
当k =0时， A B 取到最小值2，根据对称性可知 BC = AC = 2，
可得 A B 2 = A B 2 − B C  A C = 2 ；
当 k  0 时，则 A B  2 ，且 B C  A C ，
由基本不等式可得
B C  A C 
(
B C
2
+
4
A C
2 )
=
A B
4
2
，
则 A B 2 = A B 2 − B C  A C  A B 2 −
1
2
A B 2 =
1
2
A B 2  2 ；
综上所述： A B 2 的最小值为2，当且仅当 A B = 2 ， B C = A C 时，等号成立，
所以 A  ， B 两点间的最小距离为 2 ；
②由（1）可知：当 A  ， B 两点间的距离最小时，则 A B = 2 ， B C = A C = 2 ，
可知 D A B 中点，且 D 与O重合，
因为 B D = C D = 1 , B C = 2 ，
设△BCD的内切圆半径为 R ，
由等面积法可得：
1
2
 1  1 =
1
2
(
1 + 1 + 2
)
R
2− 2
，解得R= ，
2
设圆柱的底面半径为 r ，高为h，
1−h r r ( )
则 = ，可得h=1− =1− 2+ 2 r，
1 R R
所以圆柱的体积 V = π r 2 h = π  r 2 − ( 2 + 2 ) r 3  ，
( ) 2− 2 令 f (r)=r2 − 2+ 2 r3,0r ，则
2
f  ( r ) = 2 r − 3 ( 2 + 2 ) r 2 = r  2 − 3 ( 2 + 2 ) r  ，
当0r
2− 2
时，
f(r)0；当 2− 2
r
2− 2
时，
f(r)0；
3 3 2
为
公众号：高考试卷君可知
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f ( r ) 在

0 ,
2 −
3
2 
内单调递增，在
 2 −
3
2
,
2 −
2
2 
内单调递减，
2− 2  6−4 2
则 f (r) f  = ，
 
3 27
 
6−4 2
所以圆柱体积的最大值为 π.
27
【点睛】关键点点睛：对于（2）中：
①利用勾股定理结合余弦定理整理可得 A  B 2 = A B 2 − B C  A C ；
②根据锥体的结构特征分析可得 h = 1 −
(
2 + 2
)
r ，进而可求圆柱体积.
公众号：高考试卷君永久高中群【无水印】
1.包含服务：
每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，
不用每年缴费，一次付费，永久享受，包含到高一到高三的。
2.资料覆盖：
整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的）
3.资料包含：
整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免
费获取
4.入群价格：
目前入群特价199 元（原价 299 元，即将恢复原价）
2026 届高三 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类汇
总）
资料包含内容：
1、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
2、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
3、2024年8月份到2025年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
4、2025年8月份到2026年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷（2025年8月开始，每天实时更新）
5、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年6月高考结束，资料截止更新
2026 高二 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内
部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新
2026 高一 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
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4、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新