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冲刺2026年高考数学分题型专项突破
狂练小题（五）
（题组1）
（限时时间：40分钟 试卷满分：73分）
一、选择题：本大题共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．（2025·全国一卷·高考真题）已知集合 ， ，则 中元素个数为
（ ）
A．0 B．3 C．5 D．8
【答案】C
【分析】根据补集的定义即可求出．
【详解】因为 ，所以 ， 中的元素个数为 ，
故选：C．
2．（2024·北京·高考真题）已知 ，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得 .
故选：C.
3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求 的值.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 即 ，故 ，故选：D.
4．（2025·全国二卷·高考真题）记 为等差数列 的前n项和.若 则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项 和公差d的方程求出首项 和公差d，再由等差
数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列 的公差为d，则由题可得 ，
所以 .
故选：B.
5．（2025·上海·高考真题）已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为 ，事件B发生的概率
为 ，则事件 发生的概率 为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【分析】根据独立事件的概率公式可求 .
【详解】因为 相互独立，故 ，
故选：B.
6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体 中，棱 互相平行，且两两之间距离均为
1．若 ．则该五面体的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体 （顶点与五面体 一一对应）与该五面体相嵌，使
得 ； ; 重合，
因为 ，且两两之间距离为1． ，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为 ，
.
故选：C.
7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线 的离心率为 ，C的一条渐近线与
圆 交于A，B两点，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由 ，则 ，
解得 ，所以双曲线的渐近线为 ，
当渐近线为 时，圆心 到该渐近线的距离 ，不合题意；
当渐近线为 时，则圆心 到渐近线的距离 ，
所以弦长 .
故选：D
8．（2024·上海·高考真题）现定义如下:当 时 ，若 ，则称 为延展函
数.已知当 时， 且 ，且 均为延展函数，则以下结论（ ）
（1）存在 与 有无穷个交点
（2）存在 与 有无穷个交点
A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立.
【答案】D
【分析】由延展函数的定义分段求出 解析式，作出函数图象，数形结合可得.
【详解】当 时， ，则 ，
又 ，则由延展函数定义可得 ；
同理可得，当 ， ； ；
任意 ，当 时， .
当 时， ，则 ，则 ；同理可得，当 时， ； ；
当 时， ；
当 ， ；当 ， ； ；
则任意 时，当 .
如图，作出 与 大致图像，
因为 ，如图可知，不存在直线 与 图象有无穷个交点，故（1）不成立；
又因为当 ， ，
故当 时，
直线 与 的图象在区间 的函数部分重合，
即有无穷个交点，故（2）成立；
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解决此题目的关键在于理解新定义“延展函数”，能够依次求解出函数在各段的解
析式及作出函数图象，数形结合解决函数图象与直线的交点个数问题.
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．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据 ，其中 是最小值， 是最大值，则（ ）
A． 的平均数等于 的平均数
B． 的中位数等于 的中位数C． 的标准差不小于 的标准差
D． 的极差不大于 的极差
【答案】BD
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设 的平均数为 ， 的平均数为 ，
则 ，
因为没有确定 的大小关系，所以无法判断 的大小，
例如： ，可得 ；
例如 ，可得 ；
例如 ，可得 ；故A错误；
对于选项B：不妨设 ，
可知 的中位数等于 的中位数均为 ，故B正确；
对于选项C：举反例说明，例如： ，则平均数 ，
标准差 ，
，则平均数 ，
标准差 ，显然 ，即 ，
所以 的标准差不小于 的标准差，这一论断不成立，故C错误；
对于选项D：不妨设 ，
则 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；故选：BD.
10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数 和 ，下列说法中正确的有
（ ）
A． 与 有相同的零点 B． 与 有相同的最大值
C． 与 有相同的最小正周期 D． 与 的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令 ，解得 ，即为 零点，
令 ，解得 ，即为 零点，
显然 零点不同，A选项错误；
B选项，显然 ，B选项正确；
C选项，根据周期公式， 的周期均为 ，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质 的对称轴满足 ，
的对称轴满足 ，
显然 图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
11．（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线 的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，
过A作直线 的垂线，垂足为D，过F且与直线 垂直的直线交 于点E，则（ ）
A． B．C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线 为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用
三角形相似证得 ，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联
立直线 与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得
， ，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线 ，
则 ，其准线方程为 ，焦点 ，
则 为抛物线上点到准线的距离， 为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知， ，故A正确；
对于B，过点 作准线 的垂线，交于点 ，
由题意可知 ，则 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，同理 ，
又 ，
所以 ，即 ，
显然 为 的斜边，则 ，故B错误；
对于C，易知直线 的斜率不为 ，
设直线 的方程为 ， ，联立 ，得 ，
易知 ，则 ，
又 ， ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，故C正确；
对于D，在 与 中， ，
所以 ，则 ，即 ，
同理 ，
又
，
，
所以 ，
则 ，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线 ，
则 ，其准线方程为 ，焦点 ，
则 为抛物线上点到准线的距离， 为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知， ，故A正确；
对于B，过点 作准线 的垂线，交于点 ，
由题意可知 ，则 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，同理 ，
又 ，
所以 ，即 ，
显然 为 的斜边，则 ，故B错误；
对于C，当直线 的斜率不存在时， ；
当直线 的斜率存在时，设直线 方程为 ，
联立 ，消去 ，得 ，
易知 ，则 ，
所以
，
综上， ，故C正确；
对于D，在 与 中， ，所以 ，则 ，即 ，
同理 ，
当直线 的斜率不存在时， ， ；
所以 ，即 ；
当直线 的斜率存在时， ，
，
所以 ，
则 ；
综上， ，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·北京·高考真题）已知 ，则 ________；
________．
【答案】
【分析】利用赋值法可求 ，利用换元法结合赋值法可求 的值.
【详解】令 ，则 ，
又 ，
故 ，令 ，则 ，
令 ，则 ，故
故答案为： .
13．（2024·上海·高考真题）已知 ，求 的 的取值范围_______.
【答案】
【分析】分 与 两段求解二次不等式可得.
【详解】根据题意知 .
当 时， ,即 ，解得 ，则有 ；
当 时， ,即 ， ，即 时，不等式 都成立.
综上所述， 的 的取值范围为 .
故答案为： .
14．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为 ，高为 的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不
计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________ ．
【答案】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
圆柱的底面半径为 ，设铁球的半径为r，且 ，由圆柱与球的性质知 ，
即 ， ，
故答案为： .
（题组2）
（限时时间：40分钟 试卷满分：73分）
一、选择题：本大题共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．（2025·北京·高考真题）已知复数z满足 ，则 （ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】B
【分析】先求出复数 ，再根据复数模的公式即可求出．
【详解】由 可得， ，所以 ，
故选：B.
2．（2025·天津·高考真题） ，则数列 的前 项和为（ ）
A．112 B．48 C．80 D．64
【答案】C
【分析】先由题设结合 求出数列 的通项公式，再结合数列 各项正负情况即可求解.
【详解】因为 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
经检验， 满足上式，
所以 ，令 ， ，设数列 的前n项和为 ，
则数列 的前 项和为
数列 的前 项和为
.
故选：C
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各
块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表
亩产 [900， [950， [1000， [1050， [1100， [1150，
量 950） 1000） 1050） 1100） 1150） 1200）
频数 6 12 18 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
【答案】C
【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计
算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, ,
所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于 的频数为 ，
所以低于 的稻田占比为 ，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为 ，最小为 ，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误.
故选；C.
4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知 的半径为1，直线PA与 相切于点A，直线PB与 交于B，
C两点，D为BC的中点，若 ，则 的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得
，或 然后结合三角函数的性质即可确定 的最大
值.
【详解】如图所示， ，则由题意可知: ，
由勾股定理可得
当点 位于直线 异侧时或PB为直径时，设 ，
则：，则
当 时， 有最大值 .
当点 位于直线 同侧时，设 ，
则：
，
，则当 时， 有最大值 .
综上可得， 的最大值为 .
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查
了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求 的关系，结合 的值可求前者，故可求
的值.
【详解】因为 ，所以 ，
而 ，所以 ，
故 即 ，
从而 ，故 ，
故选：A.
6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与
C交于A，B两点，若 面积是 面积的2倍，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用 ，求出 范围，再根据三角形面积比得到关于 的方程，解出即可.
【详解】将直线 与椭圆联立 ，消去 可得 ，
因为直线与椭圆相交于 点，则 ，解得 ，
设 到 的距离 到 距离 ，易知 ，
则 ， ，
，解得 或 （舍去），
故选：C.
7．（2024·北京·高考真题）已知 是平面直角坐标系中的点集.
设 是 中两点间距离的最大值， 是 表示的图形的面积，则（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域 ，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定 ，则 ，且 ，
可知 ，即 ，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域 ，
如图阴影部分所示，其中 ，
可知任意两点间距离最大值 ，
阴影部分面积 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，
见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确
把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
8．（2024·上海·高考真题）已知函数 的定义域为 ，定义集合
，在使得 的所有 中，下列成立的是（ ）
A．存在 是偶函数 B．存在 在 处取最大值
C．存在 是增函数 D．存在 在 处取到极小值
【答案】B
【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合 与
已知条件矛盾；D选项由集合 的定义找到矛盾.
【详解】对于A选项： 时， ，当 时， ， 任意的 ， 恒成立，
若 时偶函数，此时 矛盾，故A选项错误；
对于B选项：若 函数图像如下：
当 时， ， 时， ，当 ， ，
∴存在 在 处取最大值，故B选项正确；
对于C选项：在 时，若函数 严格递增，则集合 的取值不会是 ，
而是全体定义域，故C选项错误；
对于D选项：若存在 在 处取到极小值，则在 在左侧存在 ， ，与集合
定义矛盾，故D选项错误.
故选：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．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出
口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本
均值 ，样本方差 ，已知该种植区以往的亩收入 服从正态分布 ，假设推动出口
后的亩收入 服从正态分布 ，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布 ，
）
A． B．C． D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布的 原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知， ，所以 ，
故 ，C正确，D错误；
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
而 ，B正确，A错误，
故选：BC．
10．（2025·全国二卷·高考真题）双曲线 的左、右焦点分别为 ，左、右顶
点分别为 ，以 为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且 ，则（ ）
A． B．
C．C的离心率为 D．当 时，四边形 的面积为
【答案】ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由 且 结合 在渐近线上可求 的坐标，从而
可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得 ，
计算后可判断C的正误，或者利用 并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出
面积后可判断D的正误.
【详解】不妨设渐近线为 ， 在第一象限， 在第三象限，对于A，由双曲线的对称性可得 为平行四边形，故 ，
故A正确；
对于B，方法一：因为 在以 为直径的圆上，故 且 ，
设 ，则 ，故 ，故 ，
由A得 ，故 即 ，故B错误；
方法二：因为 ，因为双曲线中， ，
则 ，又因为以 为直径的圆与 的一条渐近线交于 、 ，则 ，
则若过点 往 轴作垂线，垂足为 ，则 ，则点 与 重合，则 轴，
则 ，则 为直角三角形，且 ，则 ，方法三：在 利用余弦定理知， ，
即 ，则 ，
则 为直角三角形，且 ，则 ，故B错误；
对于C，方法一：因为 ，故 ，
由B可知 ，
故 即 ，
故离心率 ，故C正确；
方法二：因为 ，则 ，则 ，故C正确；
对于D，当 时，由C可知 ，故 ，
故 ，故四边形 为 ，
故D正确，
故选：ACD.
11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容
器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切点
为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024·上海·高考真题）在 的二项展开式中，若各项系数和为32，则 项的系数为_________．
【答案】10
【分析】根据给定条件，求出幂指数 ，再利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】则二项式 的展开式各项系数和为32，得 ，解得 ，
所以 的展开式 项的系数为 .
故答案为：10
13．（2025·天津·高考真题） ，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与
交于C、D两点， ，则 _________．
【答案】2
【分析】先根据两点间距离公式得出 ，再计算出圆心到直线的距离 ，根据弦长公式
列等式求解即可.
【详解】因为直线 与 轴交于 ，与 轴交于 ，所以 ，
所以 ，
圆 的半径为 ，圆心 到直线 的距离为 ，
故 ，解得 ；
故答案为：2.14．（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3
次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望 _________.
【答案】 /
【分析】法一：根据题意得到 的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得 的分布列，
从而求得 ；法二，根据题意假设随机变量 ，利用对立事件与独立事件的概率公式求得 ，进
而利用数学期望的性质求得 .
【详解】法一：依题意， 的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为 ，
其中 ：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，
故 ，
：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，
其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件 的可能情况有 种，
故 ，
：三种不同球被取出，
由排列数可知事件 的可能情有况 种，
故 ，
所以.
故答案为： .
法二：依题意，假设随机变量 ，其中 ：
其中 ，则 ，
由于球的对称性，易知所有 相等，
则由期望的线性性质，得 ，
由题意可知，球 在单次抽取中未被取出的概率为 ，
由于抽取独立，三次均未取出球 的概率为 ，
因此球 至少被取出一次的概率为： ，
故 ，
所以 .
故答案为： .
（题组3）
（限时时间：40分钟 试卷满分：73分）
一、选择题：本大题共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．（2025·全国二卷·高考真题）已知集合 则 （ ）
A． B．
C． D．【答案】D
【分析】求出集合 后结合交集的定义可求 .
【详解】 ，故 ，
故选：D.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）若 ，则 （ ）
A． B． C．10 D．
【答案】A
【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.
【详解】由 ，则 .
故选：A
3．（2024·北京·高考真题）设 ， 是向量，则“ ”是“ 或 ”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
【答案】B
【分析】根据向量数量积分析可知 等价于 ，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为 ，可得 ，即 ，
可知 等价于 ，
若 或 ，可得 ，即 ，可知必要性成立；
若 ，即 ，无法得出 或 ，
例如 ，满足 ，但 且 ，可知充分性不成立；
综上所述，“ ”是“ 或 ”的必要不充分条件.
故选：B.
4．（2025·全国一卷·高考真题）已知 是定义在 上且周期为2的偶函数，当 时，，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为 的范围中求解.
【详解】由题知 对一切 成立，
于是 .
故选：A
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当 时，曲线 与 的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在 上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，
函数 的最小正周期为 ，
所以在 上函数 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体 中，棱 互相平行，且两两之间距离均为
1．若 ．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体 （顶点与五面体 一一对应）与该五面体相嵌，使
得 ； ; 重合，
因为 ，且两两之间距离为1． ，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为 ，
.
故选：C.
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与
C交于A，B两点，若 面积是 面积的2倍，则 （ ）．A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用 ，求出 范围，再根据三角形面积比得到关于 的方
程，解出即可.
【详解】将直线 与椭圆联立 ，消去 可得 ，
因为直线与椭圆相交于 点，则 ，解得 ，
设 到 的距离 到 距离 ，易知 ，
则 ， ，
，解得 或 （舍去），
故选：C.
8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数 ， 导数判断其单调性，由此确定 的大小.
【详解】方法一：构造法
设 ，因为 ，当 时， ，当 时 ，
所以函数 在 单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，故 ，即 ，
所以 ，所以 ，故 ，所以 ，
故 ，
设 ，则 ,
令 ， ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
又 ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，即 ，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
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．（2025·全国一卷·高考真题）已知 的面积为 ，若 ，
则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】对 由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较 和 的
大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利
用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用 算出 取值，最后利用三角形面积求
出三边长，即可判断每个选项.
【详解】 ，由二倍角公式， ，
整理可得， ，A选项正确；
由诱导公式， ，
展开可得 ，
即 ，
下证 .方法一：分类讨论
若 ，则 可知等式成立；
若 ，即 ，由诱导公式和正弦函数的单调性可知， ，同理 ，
又 ，于是 ，
与条件不符，则 不成立；
若 ，类似可推导出 ，则 不成立.
综上讨论可知， ，即 .
方法二：边角转化
时，由 ，则 ，
于是 ，
由正弦定理， ，
由余弦定理可知， ，则 ，
若 ，则 ，注意到 ，则 ，
于是 （两者同负会有两个钝角，不成立），于是 ，
结合 ，而 都是锐角，则 ，
于是 ，这和 相矛盾，
故 不成立，则
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由 ，结合正弦定理可得， ，由射影定理可得 ，于
是 ，
则 ，可同方法一种讨论的角度，推出 ，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：，可知 同时为 或者异号，即
，展开可得，
，
即 ，结合和差化积， ，由上述分析，
，则 ，则 ，则 ，即 ，于是 ，可
知 .
由 ，由 ，则 ，即 ，
则 ，同理 ，由上述推导， ，则 ，
不妨设 ，则 ，即 ，
由两角和差的正弦公式可知 ，C选项正确
由两角和的正切公式可得， ，
设 ，则 ，
由 ，则 ，则 ，
于是 ，B选项正确，由勾股定理可知， ，D选项错误.
故选：ABC
10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径， ，
，点C在底面圆周上，且二面角 为45°，则（ ）．A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D． 的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意， ， ，所以 ，
A选项，圆锥的体积为 ，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误；
C选项，设 是 的中点，连接 ，
则 ，所以 是二面角 的平面角，
则 ，所以 ，
故 ，则 ，C选项正确；
D选项， ，所以 ，D选项错误.
故选：AC.
11．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作图中的曲线C的一部分.已知C
过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于 ，到点 的距离与到定直线 的距离之积为
4，则（ ）A． B．点 在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点 在C上时，
【答案】ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求 ，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利
用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点 ，则 且 ，
因为曲线过坐标原点，故 ，解得 ，故A正确.
对于B：又曲线方程为 ，而 ，
故 .
当 时， ，
故 在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得 ，取 ，
则 ，而 ，故此时 ，
故 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点 在曲线上时，由C的分析可得 ，故 ，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等
来处理.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024·北京·高考真题）若直线 与双曲线 只有一个公共点，则 的一个取值为
________．
【答案】 （或 ，答案不唯一）
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立 ，化简并整理得： ，
由题意得 或 ，
解得 或无解，即 ，经检验，符合题意.
故答案为： （或 ，答案不唯一）.
13．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、
用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列 ，该
数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且 ，则 ___________；数列
所有项的和为____________．
【答案】 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解 ，进而可求得结果；方法二：根
据等比中项求 ，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为 ，后7项公比为 ，
则 ，且 ，可得 ，
则 ，即 ，可得 ，
空1：可得 ，
空2：
方法二：空1：因为 为等比数列，则 ，
且 ，所以 ；
又因为 ，则 ；
空2：设后7项公比为 ，则 ，解得 ，
可得 ，所以
.
故答案为：48；384.
14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分
别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人
各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得
0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分
不小于2的概率为_________.【答案】 /0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为 ，四轮的总得分为 .
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在
该轮得分的概率 ，所以 .
从而 .
记 .
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以
；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以
.
而 的所有可能取值是0，1，2，3，故 ， .
所以 ， ，两式相减即得 ，故 .
所以甲的总得分不小于2的概率为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从
而避免繁琐的列举.
