2026 年高考数学三轮临考冲刺卷01（全国一卷通用）
参考答案
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
2
3
4
5
6
7
8
C
B
A
B
D
A
D
B
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
10
11
ABD
BC
BD
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．−160
13．1
14．10
9
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）
【解析】（1）因为在这200 名学生中随机抽取1 人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为4
5
，
所以90+m
200 = 4
5
，解得m=70．（3 分）
又70+30+90+n=200，解得n=10，
所以m=70, n=10；（5 分）
（2）由（1）得，2×2列联表如下：
性别
关注情况
合计
高度关注
非高度关注
女学生
70
30
100
男学生
90
10
100
合计
160
40
200
零假设为H 0；该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别无关．
χ
2= 200×(70×10−30×90)
2
160×40×100×100
=12.5>10.828= χ0.001，（8 分）
因为依据小概率值α =0.001的独立性检验，判断H 0不成立，
即认为该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．（13
分）
16．（15 分）
【解析】（1）因为a1=2，a2=8，所以a2−2a1=8−2×2= 4．
因为an+2= 4 an+1−4 an
，所以an+2−2an+1=2(an+1−2an)，
又a2−2a1= 4≠0，则有an+1−2an≠0(n∈N+)，所以an+2−2an+1
an+1−2an
=2，
所以{an+1−2an)是以4 为首项，2 为公比的等比数列．（2 分）
所以an+1−2an= 4×2
n−1=2
n+1，所以an+1
2
n+1 −an
2
n =1，
又a1
2 =1，所以{
an
2
n)
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以an
2
n =1+(n−1)×1=n，所以an=n⋅2
n．（5 分）
（2）设Sn=1⋅2+2⋅2
2+3⋅2
3+⋅⋅⋅+n⋅2
n，
则2Sn=1⋅2
2+2⋅2
3+⋅⋅⋅+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，（8 分）
两式相减得−Sn=2+2
2+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2−2
n+1
1−2 −n⋅2
n+1=(1−n)2
n+1−2，
则Sn=(n−1)⋅2
n+1+2.（15 分）
17．（15 分）
【解析】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面ADEF，AB⊥AD，
且平面ABCD ∩平面ADEF = AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面ADEF，AF ⊂平面ADEF，
所以AB⊥AF，又BC ⊥AF，AB∩BC = B，AB ,BC ⊂平面ABCD，
所以AF ⊥平面ABCD；（4 分）
（2）由题意可知CD // AB，所以由AB⊥平面ADEF得CD⊥平面ADEF，
因为AF ⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AF ⊥AD，
所以由AD =CD = AF = DE = EF =2可知四边形ADEF是边长为2 的正方形，
所以V C −ADEF = 1
3 S正方形ADEF·CD = 1
3 ×2
2×2= 8
3
，（7 分）
又AB =3，所以V F −ABC = 1
3 S△ABC· AF = 1
3 ×(
1
2 ×3×2)×2=2，
所以多面体ABCDEF的体积为8
3 +2= 14
3
；（9 分）
（3）由AF ⊥平面ABCD和AB⊥AD可建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz，
则A (0,0,0), D (0,2,0),B (3,0,0),C (2,2,0), F (0,0,2)，
所以⃗AD =(0,2,0),⃗BC =(−1,2,0),⃗BF =(−3,0,2)，
因为AD⊥DE ,CD⊥AD , DE∩CD = D，DE ,CD⊂平面CDE，
所以AD⊥平面CDE，所以⃗AD =(0,2,0)是平面CDE的一个法向量，
设平面BCF的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
BC ⊥⃗m⃗
BF ⊥⃗m)
，
所以{⃗
BC ·⃗m=−x +2 y =0⃗
BF ·⃗m=−3 x +2 z =0)
，取x =2，则⃗m=(2,1,3)，（12 分）
设平面BCF与平面CDE的夹角为θ，
则cosθ =|cos〈⃗m,⃗AD 〉)= |⃗m⋅⃗AD)
|⃗m)⋅|⃗AD)
=
|0+2+0)
❑√4+1+9×2 =
❑√14
14
，
所以平面BCF与平面CDE夹角的余弦值为
❑√14
14
.（15 分）
18．（17 分）
【解析】（1）由椭圆的左右顶点可知a=3，
设P(x1, y1)，则x1
2
9 + y1
2
b
2 =1，
化简可得y1
2=b
2(1−x1
2
9 )
，则k PA =
y1
x1+3 ,k PB=
y1
x1−3
，
k PA⋅k PB=
y1
x1+3 ×
y1
x1−3 =
y1
2
x1
2−9
=
b
2(1−x1
2
9 )
x1
2−9
=−5
9
，（2 分）
所以b
2=5，则椭圆的标准方程为x
2
9 + y
2
5 =1；（3 分）
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为(2,0)，设直线PF方程为x =my +2，
P(x1, y1),Q(x2, y2)，将直线和椭圆方程联立{
x =my +2
x
2
9 + y
2
5 =1)
，
代入可得(5m
2+9) y
2+20my −25=0，
由韦达定理可知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9
，
则|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1⋅y2= 30
❑√m
2+1
5m
2+9
，
而|PQ)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+m
2|y1−y2)，
代入可得|PQ)=
❑√1+m
2× 30
❑√1+m
2
5m
2+9
= 30(1+m
2)
5m
2+9
，
根据点A (−3,0)到直线PF : x =my +2距离公式d =|−3−0−2)
❑√1+m
2
=
5
❑√1+m
2
，
所以S△APQ=1
2 ×d ×|PQ)=1
2 ×
5
❑√1+m
2 × 30(1+m
2)
5m
2+9
= 75
❑√1+m
2
5m
2+9
，（5 分）
令t =
❑√1+m
2≥1则m
2=t
2−1，所以S△APQ= 75t
5t
2+ 4
=
75
5t + 4
t
，
函数f (t )=5t + 4
t
在[1,+ ∞)上单调递增，
所以t =1即(m=0)时，f (t )min=9，
此时S△APQ的面积最大，最大值为25
3
；（8 分）
（3）假设存在λ使得k1+ λ k2=0，分别求出k1=
y1
x1+3 ,k2=
y2
x2−3
，
因为P(x1, y1),Q(x2, y2)在直线x =my +2上，
所以x1=m y1+2, x2=m y2+2，
故k1+ λ k2=
y1
x1+3 + λ y2
x2−3 =
y1
m y1+2+3 +
λ y2
m y2+2−3 =0，
化简可得m(1+ λ) y1 y2+5 λ y2−y1=0，
由（2）知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9
，
则y1=−20m
5m
2+9
−y2，（13 分）
所以可得−25m(1+ λ)
5m
2+9
+5 λ y2+ 20m
5m
2+9
+ y2=0，
整理化简可得−25m(1+ λ)+20m
5m
2+9
+(5 λ+1) y2=0，
要对任意的m都成立，需系数满足{
−25(1+ λ)+20=0
5 λ+1=0
)，
解得λ =−1
5
，故存在λ =−1
5
，使得k1+ λ k2=0.（17 分）
19．（17 分）
【解析】（1）已知f (x)= xln x (x>0)，对其求导可得f
′ (x)=ln x +1，
令f
′ (x)=0，解得x = 1
e
.
当x变化时，f
′ (x)，f (x)的变化情况如下表：
x
(0, 1
e)
1
e
(
1
e ,+ ∞)
f
′ (x)
−
0
+
f (x)
↘
极小值
↗
所以f (x)min= f(
1
e)= 1
e ln 1
e =−1
e ，
故f (x)的最小值为−1
e
.（3 分）
（2）设g(x)= f (x +1)+asin x =(x +1)ln (x +1)+asin x，
则g
′ (x)= ln (x +1)+1+acos x.
令h(x)= g
′ (x)，则h
′ (x)=
1
x +1 −asin x.
（i）当a≥0时，因为x∈(0,π)，则(x +1)ln (x +1)>0，asin x ≥0，
所以g(x)≥0在(0,π)上恒成立；（5 分）
（ii）当−1≤a<0时，h
′ (x)=
1
x +1 −asin x>0，所以g
′ (x)在(0,π)上递增，
所以g
′ (x)> g
′ (0)= ln (0+1)+1+acos0=a+1≥0，所以g(x)在(0,π)上递增，
所以g(x)>g(0)=(0+1)ln (0+1)+asin 0=0在(0,π)上恒成立；
（iii）当a<−1时，h
′ (x)=
1
x +1 −asin x>0，所以g
′ (x)在(0,π)上递增，
因为g
′ (0)=a+1<0，g
′(
π
2 )= ln(
π
2 +1)+1+acosπ
2 =1+ ln(
π
2 +1)>0，
所以g
′ (x)在(0,π)上存在唯一零点x0，x0∈(0,π
2 )，
所以当x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0，则当x∈(0, x0)时，g(x)<g(0)=0，不满足条件.
综上所述，实数a的取值范围为[−1,+∞).（8 分）
（3）证明：由f (x2)−f (x1)
x2−x1
= f
′(x0)得x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
= ln x0+1，则ln x0= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
−1.
要证2 x1 x2
x1+ x2
< x0< x1+ x2
2
，可证 ln 2 x1 x2
x1+ x2
<ln x0<ln x1+ x2
2
，
即证ln 2 x1 x2
x1+ x2
< x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
−1<ln x1+ x2
2
.
令t = x2
x1
(t >1)，即证ln 2t x1
t +1 < t x1(lnt + ln x1)−x1ln x1
(t −1) x1
−1<ln
(t +1) x1
2
，
即证ln 2t
t +1 < t ln t
t −1 −1<ln t +1
2
(t >1).
先证明(t −1)ln 2t
t +1 −t ln t +t −1<0(t >1)，
令F (x)=(x−1)ln 2 x
x +1 −x ln x + x−1(x>1)，则只需证明F (x)<0，
又易证ln x ≤x−1 (x>1)，
所以F
′ (x)= ln 2 x
x +1 +(x−1)(
1
x −
1
x +1)−ln x = ln
2
x +1 +
x−1
x (x +1)
<
2
x +1 −1+
x−1
x (x +1) = 1−x
x +1 +
x−1
x (x +1) = x−1
x +1(
1
x −1)<0，
所以F (x)在(1,+∞)上单调递减，则F (x)< F (1)=(1−1)ln 2×1
1+1 −1×ln1+1−1=0，
即2 x1 x2
x1+ x2
< x0
.（13 分）
再证明(t −1)ln t +1
2 +t −t ln t −1>0(t >1)，
令G (x)=(x−1)ln x +1
2
+ x−x ln x−1(x>1)，则只需证明G (x)>0.
因为G
′ (x)= ln x +1
2
+ x−1
x +1 −ln x = ln x +1
2 x + x−1
x +1 >1−2 x
x +1 + x−1
x +1 =0，(ln x>1−1
x)
所以G (x)在(1,+∞)上单调递增，则G (x)>G (1)=(1−1)ln 1+1
2
+1−1×ln1−1=0，
即x0< x1+ x2
2
.
综上所述，2 x1 x2
x1+ x2
< x0< x1+ x2
2
.（17 分）
