文档文本内容
2026 年高考数学终极押题猜想
目 录
押题猜想01 复数-复数性质..........................................................................................................2
押题猜想02 平面向量-投影向量、最值问题..............................................................................6
押题猜想03 三角函数-图象与性质、 𝛚范围求解...................................................................16
押题猜想04 数列-数列的性质、数列构造................................................................................26
押题猜想05 计数原理-排列组合、二项式定理........................................................................36
押题猜想06 空间向量与立体几何-截面、翻折、动点最值问题............................................41
押题猜想07 概率统计-用样本估计总体、统计、条件概率....................................................59
押题猜想08 圆锥曲线-定点定值问题........................................................................................71
押题猜想09 函数与导数-函数的性质、零点问题、不等式恒成立............................................88
押题猜想 01 复数-复数性质
试题前瞻·能力先查限时：3min
【原创题】（单选题）已知复数 对应的向量为 (O为坐标原点)， 与实轴正向的夹角为 ，且复
数 的模为2，则复数 为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】设复数 ，根据题意可得 ， ，即可解决.
【详解】设复数 ，
∵向量 与实轴正向的夹角为 且复数 的模为 ，
∴ ， ，
∴ ．
故选:D.
分析有理·押题有据
复数连续两年都只作为单选题出现，作为新教材后出现的对复数定义相关的考察内容，今年很有可能
再以多选题的形式出现或者结合三角函数考察复平面的内容，虽然本身内容不难，但在多选题中出现也是
要求考生对于复数的相关内容要有足够的熟练度和对复平面的了解，还有就是运算能力的要求。在这我主
要以复数运用的练习来出题。做到对简单知识点要有掌握的全面性和运算的仔细性进行预测和练习。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·陕西商洛·一模）若复数 满足 ，则 的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为 ，所以 ， .
所以 的虚部是 ．
2．（2026·甘肃兰州·一模）已知函数 （ 是虚数单位），则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题知， ，所以 .
3．（2026·广东深圳·一模）复数 ，则 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【详解】依题意， .
4．（2026·福建泉州·一模）若复数 满足 ，则 （ ）
A． B． C．0或 D．0或
【答案】C
【详解】设复数 ，则 ，
所以 ，
所以 ，解得 或 ，
所以 或 .
二、多选题
5．（2026·浙江·模拟预测）设 为复数，其中 ，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】BC
【分析】根据复数运算和模长运算判断A错误，C正确；根据复数性质判断B正确；通过举反例判断D错
误.
【详解】选项A，计算得： ， ，
因为 ，所以 的虚部 ，不可能等于实数 ，故A错误；
选项B， 是复数模的基本性质，对任意复数都成立，故B正确；
选项C，设 ，则 ，
若 ，则虚部 ，得 ，故 ，故C正确；
选项D， ，故 ，由 两边约去 得 ，不一定有 ，例如 满足条件，但 ，故D错误.
6．（2026·广东·模拟预测）已知复数 满足 ，复数 （ ，i为虚数单位），则下列选
项正确的是（ ）．
A．若 ，则 在复平面内对应的点位于第一象限
B．复数 在复平面内对应点的轨迹是圆心为 ，半径为1的圆
C． 的最大值为3
D．若 的实部与虚部互为相反数，则
【答案】BCD
【分析】根据复数的几何意义、复数的乘除计算逐项判断即可.
【详解】因为 时，复数 ，
所以 在复平面内对应的点位于虚轴上，A错误；
因为复数 满足 ，所以复数 在复平面内对应点的轨迹是圆心为 ，半径为1的圆，B正确；
当复数 的点位于 时， 取最大值为3，C正确；
由于 ，若 的实部与虚部互为相反数，
则 ，即 ，D正确.
7．（2026·山西运城·一模）已知复数 ，且 （ ），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】根据复数的加减法运算将已知等式化简，根据复数相等则虚部、实部分别相等列方程组求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，即 ，
所以 ，解得 .
8．（2026·山东滨州·一模）在量子计算的理论研究中，量子比特的相位演化可以用复指数形式描述．瑞士
数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式： ，为量子态的叠加与演化提供了重要的数学
基础．其中 是自然对数的底数， 是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数
与指数函数的关联．依据欧拉公式，则下列结论正确的是（ ）
A． 的虚部为B． 在复平面内对应的点位于第二象限
C．
D．若 在复平面内分别对应点 ，则 面积的最大值为
【答案】AC
【分析】对于A：根据题意可得 ，即可得虚部；对于B：根据题意可得 ，结合
复数的几何意义分析判断；对于C：根据题意结合诱导公式分析判断；对于D：由题意可得
，结合面积公式分析判断.
【详解】对于选项A：因为 ，
所以 的虚部为 ，故A正确；
对于选项B：因为 ，
所以 在复平面内对应的点为 ，位于第一象限，故B错误；
对于选项C：因为 ，则 ，
可得 ，即 ，故C正确；
对于选项D：因为 ， ，
则 在复平面内分别对应点 ，
可得 ， ，
则 面积为 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 面积的最大值为 ，故D错误.
三、填空题
9．（2026·广东茂名·一模）已知关于 的方程 的两根在复平面 上对应的点分别为和 ，若 是等边三角形，则 __________.
【答案】
【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程 的两复根为 ，
，根据条件可得边长之间关系式，进而得解.
【详解】根据题意设方程的两虚根为 ， ， 为实数，
方程的两根在复平面上对应的点分别为 和 ， 轴，
又 是等边三角形，高为2，则 ，
解得 ，则 ；
则 .
故答案为 ．
押题猜想 02 平面向量-投影向量、最值问题
试题前瞻·能力先查
限时：5min
【原创题】如图，在矩形 中， ， ， ， 分别是 和 的中点，若 是矩形
内一点（含边界），满足 ，且 ，则 的最小值为__________.
【答案】
【分析】 ，设 ， ，则 ， ， 三点
共线，即点 在直线 上，且位于矩形内部（含端点），设 的中点为 ，则
，只需求 的最小值即可.【详解】由 ，得 ，
所以 .
取 ， ，则 ， ， 三点共线，
即点 在直线 上，且位于矩形内部（含端点），如图.
设 的中点为 ，则 .
因为 ， ， ， 分别是 和 的中点，
所以 ，当 时， 最小，且最小值为 ，
所以 的最小值为 .
故答案为：
分析有理·押题有据
平面向量作为高中应用型的知识点，前年只是考察了向量的简单坐标运算，去年考察的是情景题以新
定义的形式考察，今年大概率会结合几何内容考察相对难一点的知识，所以重点掌握向量的基本定理、极
化恒等式求范围、等和线的线性转化以及奔驰定理结合三角形重心的相关内容。当然类似于新教材出现的
投影向量的知识点也是考察的重点，在近3年的高考中全国一卷还未出现过。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·天津河东·一模）如图所示，正方形 内有一个动点 ， ， ，当 ， ，
三点共线时， 的延长线与 交于点 ，正方形边长为2，则 的最小值为（ ）A．0 B． C． D．1
【答案】B
【分析】以 为坐标原点， 所在直线建立平面直角坐标系，根据 可得到点 的轨迹方程
，求出 ， ， 三点共线时点 坐标，进而得到点 坐标，设 ，
表示出 ，利用辅助角公式即可求出答案.
【详解】以 为坐标原点， 所在直线建立如图所示平面直角坐标系，
则 ， ， ，
设 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，
所以点 的轨迹方程为 ，
直线 方程为 ，
联立 ，解得 或 （舍去），
所以当 ， ， 三点共线时， ，
此时直线 方程为 ，
令 ，解得 ，所以 ，
设 ，其中 ，
则 ， ，所以
，
其中 ， ，
所以当 ，即 ， 时， 取得最小值，最小值为 .
2．（25-26高三下·安徽·开学考试）2025年10月，某国产汽车完成一场百年汽车工业史上的创举——横渡
长江，以硬核技术惊艳亮相，彰显中国汽车品牌创新实力.如图，此段长江的两岸近似看作平行，宽度约为
1000米.若汽车从 地出发，以 的静水速度向对岸航行，水流速度为 ，要使航程最短，大
约需要（ ）时间（单位：min）
A． B． C．6 D．12
【答案】D
【分析】由汽车实际行驶方向应与两岸垂直，结合向量加法的平行四边形法则，即可求解.
【详解】设点B是长江对岸一点， 与江岸垂直，当汽车实际沿 方向行驶时，航程最短.
设汽车的速度 ，水流的速度 ，实际速度 .
由图可知 ，
.
则航行时间为 （min）.
3．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，平行四边形 中， ，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若 ，则 ＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】选用 为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解.
【详解】设与 方向相同的单位向量分别为 ，则 ，故 ，由于
，故 .
4．（2026·浙江·模拟预测）已知点 是 的重心，点 是 所在平面内一点.若 ，
且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用重心的性质及平面向量基本定理即可求解.
【详解】因为点 是 的重心，所以 ，即 ，
，
又 不共线，所以 ，故 .
故选：C
5．（2026·辽宁盘锦·一模）已知P，Q是双曲线 右支上两点，且满足 （其中
），则 最小值为（ ）
A． B．2 C．4 D．
【答案】A
【分析】设 ，根据向量数量积的坐标运算，将 问题转化为关于 的二次函数求最值问题，结合题干求解即可.
【详解】设 ，
由 ，得 ，
代入 和 ，
得 ， 在双曲线右支，故 .
设二次函数 ，对称轴为 ，
所以 最小值为
验证可知 时， ，存在符合条件的 在右支，
故最小值为 .
6．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，已知 ，点 ， 满足 ， ， 与
交于点 ， 交 于点 ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对于A，由 共线，存在 使 ，
由 共线，存在 使 ，
联立系数相等：，解得： ， ，因此： ，故选项 A 错误；
对于B， ，
若 ，则：
，显然系数不相等，选项B错误；
对于C，由于 ，且 在 上，故设 ，
则 ，
结合 ，得： ，解得 ，选项C错误；
对于D，由 ，
所以 ，故选项 D 正确.
7．（2026·辽宁抚顺·一模）已知向量 ，若向量 在 上的投影向量相等，则
（ ）
A．2 B．1 C． D．-1
【答案】A
【分析】根据向量投影相等的条件，推导出 ，再利用向量垂直的数量积为 列方程求解 .
【详解】由题意得 ，即 ，
整理得 ，所以 ，解得 .
二、多选题
8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在正三棱锥 中， ，D是 中点，E是 中点，点
F，G满足 ， ，直线DF，GE相交于H，下列说法正确的是（ ）A． B．
C． 与 是共线向量 D．
【答案】AC
【分析】以 为一组基底，结合数量积的运算法则可判断A；B利用数量积的定义得出
判断B；利用平面 平面 以及 判断 三点共线可判断C；利
用向量的加减运算判断D.
【详解】对于A，设 ， ，
则 ，
于是 ，故A正确；
对于B，因为 ， ，所以 ，则 夹角等于 ，
因为 ，则 为锐角，由数量积的定义可知 ，故B错误；
对于C，因为 ， 平面 ，则 平面 ，
同理 ， 平面 ，则 平面 ，
又平面 平面 ，故 ，即 三点共线，故C正确；
对于D，因
，故D错误.
9．（2026·四川·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，过点F的直线 交C于
A，B两点，点A在第一象限，过点A，B作C的准线l的垂线，垂足分别为 ， ，则（ ）
A．l的方程为 B． 为正三角形
C． D． 的面积为
【答案】ABD
【详解】抛物线 的焦点 在直线 上，则 ，解得 ，对于A，抛物线 的准线l的方程为 ，A正确；
对于B，由 ，解得 或 ， ，
， 为正三角形，B正确；
对于C，由选项B得 ， ， ，C错误；
对于D，点 到直线 的距离 ， ， ，D正确.
10．（2026·河北·一模）已知向量 ， ， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B． 在 上的投影向量为
C． 与 夹角的余弦值为 D．若 与 垂直，则实数
【答案】AC
【详解】对A， ，则 ，故A正确；
对B， 在 上的投影向量为 ，故B错误；
对C， 与 夹角的余弦值为 ，故C正确；
对D， ，若 与 垂直，
则 ，解得 ，故D错误.
三、填空题
11．（2026·山东滨州·一模）已知点 为 所在平面内一点， ，若，则 的取值范围为__________．
【答案】
【分析】先由条件可得 ，再建立平面直角坐标系得 ，再进一步判断点A在优弧 上，
落在角 的终边上，再用三角函数来解决取值范围问题.
【详解】由 ，所以点 为 的外心，
因为 ，所以 .
设 ，再以点 为原点，分别以 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图：
则 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，即 .
又因为 ，所以点A在优弧 上，所以 落在角 的终边上，
由三角函数的定义有 ，即 ，
所以 ，又因为 ，所以 ，
， ，所以 .
押题猜想 03 三角函数-图象与性质、 𝛚范围求解
试题前瞻·能力先查
限时：5min
【原创题】（多选题）下列关于函数. 的说法正确的是（ ）A． 为奇函数 B． 是 图象的一条对称轴
C． 为周期函数，且最小正周期为 D． 的值域为
【答案】AD
【分析】利用奇偶性定义判断A，利用函数对称性与周期性的定义判断BC；利用导数判断D.
【详解】对于A， ， 为奇函
数，故A正确.
对于B， ，
，
， 不是 图象的一条对称轴，故B错误；
对于C， ， ， 不是 的周期，
故C错误，
对于D， ，
令 ，即 ，解得 或 ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，故函数极值为 .
的值域为 ，故D正确.
分析有理·押题有据
三角函数23年是选择压轴，和一个填空题，单难度都不大，分别是三角恒等变换和求 ω的取值范围。
而24年和25年连续两年都是第4题出现的简单的三角恒等变换和图像与性质问题。25年在多选压轴中结
合解三角形考察了三角恒等变换，但不是重点。所以今年很大可能出现在多选题中，且考察三角函数自身
的内容，那只能是结合三角函数的图象考察性质问题，难度不会太大，但想拿满分就需要注意三角函数的
周期性问题和ω的取值范围问题。去年大题考察的是数列，所以今年大概率会是解三角形。所以三角函数
在小题中自身的知识点都很重要，包括和差化积和积化和差都需要熟练。
密押预测·精练通关
一、单选题1．（2026·山西晋中·模拟预测）在平面直角坐标系 中，已知点
，若 ，则 （ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【分析】由向量夹角的定义，结合三角恒等变形化简求解即可．
【详解】根据题意可知， ，
，
即 ．
2．（2026·海南儋州·一模）已知函数 在 上单调递增，且当
时， ，则 的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】运用辅助角公式将函数化为正弦函数，进而利用正弦函数的单调区间和正负区间分别建立关于ω
的不等式组，通过整数参数描述区间位置并与定义域取交集，最终综合确定ω的取值范围.
【详解】利用辅助角公式化简 ：
的单调递增区间为 ，
当 时， ，整个区间需落在某个增区间内，
因此： ,化简得：
结合 ：
若 ，则 ，若 ，则 ，若 ，不等式无解，
因此
当 时， ，
要使 恒成立，整个区间需落在 ，
因此： ，
化简得： ，
结合 ，分情况讨论：
当 时：取 ，得 ，交集为 ，
当 时：取 ，得 ，交集为 （因为 ），
综上， 的取值范围是 .
3．（2026·陕西商洛·一模）已知函数 的最小正周期为 ，若
对任意的 恒成立，且 在区间 上单调递增，则 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】结合题意得 ，求得 ，再结合三角函数的单调性得 ， ，最
后结合 求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，又 ，所以 ，即 ，
又 在区间 上单调递增，所以 ，
故 ， ，解得 ， ．
令 得 ，又 ，所以 ；
令 得 ；
当 时， ，不合题意．
综上， 的取值范围为 ．
4．（2026·四川德阳·二模）若 ，则 ＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由条件关系求出 ，根据平方差公式，平方关系结合齐次化方法可得 ，
由此可求出.
【详解】因为 ，所以 ，
故
因为 ，
又 ，
所以 .
二、多选题
5．（2026·湖北宜昌·二模）已知函数 的部分图象如图所示，则下列正确的有（ ）
A．
B．
C． 是函数 的一条对称轴
D．函数 的图象可以由函数 的图象向左平移 个单位得到
【答案】ABD
【分析】根据函数 的图象，利用三角函数的性质，求得 ，结合三角函数的对称性，
以及图象变换，逐项判断，即可求解.
【详解】A，由函数 的图象，可得 ，可得 ，所以 ，所以A正确；
B，由 ，可得 ，可得 ，
解得 ，因为 ，所以 ，所以B正确；
C，由 ，令 ，可得 ，
令 ，可得 ，所以 不是函数 的一条对称轴，所以C错误；
D，将函数 的图象向左平移 个单位，
可得 ，所以D正确.
6．（2026·安徽滁州·一模）已知函数 ， ， ，
则（ ）
A． ， 的图象都关于点 对称
B． ， 的图象都关于直线 对称C．将 的图象向左平移 个单位长度，得到函数 的图象
D．将 图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数 的图象
【答案】AC
【分析】根据正弦函数、正弦型函数的对称性判断AB，根据两角和的余弦公式及图象的伸缩与平移变换
判断CD.
【详解】对A， 关于 中心对称， 也关于 中心对称，故A正确；
对B， 的一条对称轴为 ，
因为 ，所以 的图象不关于直线 对称，故B错误；
对C， ，
的图象向左平移 个单位长度，可得到 ，故C正确；
对D， 图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数 ，故D错误.
7．（2026·陕西咸阳·二模）将函数 图象向右平移 个单位长度得到 图象，
若 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A．当 ， 时， 值域为
B．若 图象关于点 对称，则 的最小值为1
C．若 对于任意实数 都成立，则 的最小值为
D．若 在 上单调递增，则 的取值范围为
【答案】BCD
【分析】当 ，化简可得 ，根据正弦型函数性质计算可判断A；化简可得
，根据正切函数性质计算可判断B；由题意可知 ，列式计算可判断
C；根据正切函数性质列不等式计算可判断D.【详解】对于A，当 ， ，
将函数 图象向右平移 个单位得 的图象，
所以 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，所以 值域为 ，故A错误；
对于B，由题意得 ，
所以 ，
因为 图象关于点 对称，所以 ，
得 ，又 ，所以 的最小值为1，故B正确；
对于C，由B得 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 的最小值为 ，故C正确；
对于D，由B知 ，
因为 ，所以 ，
又 在 上单调递增，所以 ，解得 ，
所以 的取值范围为 ，故D正确.8．（2026·广东·模拟预测）已知函数 ，将其图象向右平移 个单位后得到
的图象， 的最小正周期为 ，则下列选项正确的是（ ）．
A．函数 的图象关于 对称
B．函数 在区间 上单调递增
C．若 且 ，则
D．函数 的图象可由 的图象向右平移 个单位得到
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式及周期公式可得函数解析式，根据特殊角的正弦值、三角函数的单调性对称性及
图象变换一一判定选项即可.
【详解】函数 ，
其图象向右平移 个单位后得到 的图象，则 ，
的最小正周期为 ，且 ，则 ，得 ，
所以 ， .
，是函数的最大值，函数 的图象关于 对称，A选项正确；
时， ， 不是正弦函数的单调递增区间，B选项错误；
时，有 ，
若 ，则 ，由 ，则有 ，
即 ，则 ，C选项正确；
函数 的图象向右平移 个单位，得到函数
的图象
即函数 的图象，D选项正确.9．（2026·山东德州·一模）函数 的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B． 的图象关于点 对称
C．函数 在区间 上单调递增
D．若 在区间 上恰有一个最大值2和一个最小值 ，则实数 的取值范围为
【答案】ABD
【分析】根据周期以及最值可得 ，即可判断A，代入验证即可判断B，根据整体法求
解函数的单调性即可判断C，由整体法，结合三角函数的性质即可判断D.
【详解】由图可得 ，函数的最小正周期 ，又 ，所以 ，
则 ，由 ，得 ， ，
解得 ， ，又 ，所以 ，故A正确；
由上分析，得故 ，因为 ，
故函数 的图象关于点 对称，故B正确；
令 ， ，解得 ， ，
故函数 的单调递增区间为 ，
令 ， ，解得 ， ，故函数 的单调递减区间为 ， ，
则函数 在区间 上单调递减，在 上单调递增，故C错误；
当 时，则 ，
要使 在区间 上恰有一个最大值2和一个最小值 ，
需使 ，解得 ，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
10．（2026·江苏·一模）求值： ___________．
【答案】
【详解】
.
四、解答题
11．（2026·湖南·模拟预测）已知函数 的部分图象如图所示．
(1)求 的解析式，并写出 的单调递减区间；(2)若 ，且 ，求 的值．
【答案】(1) ， ．
(2)
【详解】（1）由图象可知 ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
代入 可知 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
可知当 时， 单调递减，
所以 的单调递减区间为 ．
（2） ，又∵ ，
所以由二倍角公式可得： ，解得 ，
又∵ ，∴ ，
所以 ．
押题猜想 04 数列-数列的性质、数列构造
试题前瞻·能力先查
限时：5min
【2026·湖北黄石·一模】（多选题）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第
行的第 个数可以表示为 时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国
南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟
大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）A．第2026行共有2026个数
B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为
C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D．去除所有为1的项，依次构成数列 ，则此数列前135项的和为
【答案】BCD
【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48
行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列
以及等差数列的性质，即可求解D.
【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，
对于B,由题意可得
,B正确，
对于C, 第48行的所有数字之和为
,由于 能被7整除，
故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确，
对于D,第 行的和为 ，
当 时，第 行中去除为1的项的和为 ， 第0行为1，
故前 行中去除为1的项的和为 ，
故前17行中去除为1的项的和为 ，
去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，
可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前 行共有 个数，
当 时， ，
因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为
则此数列前135项的和为 .分析有理·押题有据
24年实行数论压轴题失败后，25年回归普通数列题，考察的是等比数列的性质和一道大题，都有点难
度，今年应该还是会回归之前的解三角形和数列二选一的情况，23年和25年均考察了数列大题，所以今
年可能不考察数列大题。所以在小题中数列的性质以及数列的应用就很重要。杨辉三角的内容需要着重理
解一下，类似的数论思想的问题需要多加练习。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·辽宁大连·一模）已知数列A： ， ，…， ， ， ，设
，若 或2，则满足条件的不同数列的个数为（ ）
A．7 B．21 C．35 D．70
【答案】C
【分析】由于 可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，再用组合数算出结果.
【详解】 ，设差值中有 个1和 个2，
则 ，解得： ， .
3个1和4个2进行排序，一共有 .
2．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列 ，其前 项和是 ，若 ，
则（ ）
A． 不可能是等差数列 B． 可能是等比数列
C． 不可能是递减数列 D． 可能是周期数列
【答案】C
【分析】利用题目条件 推出数列前 项和 与通项 的关系，结合选项逐一判断.
【详解】已知 ， 时 ，两式作差得： ，
因 ，两边除以 得： ，且 时， ，得 ，
同时可知：奇数项 是公差为 的递增数列，偶数项 也是公差为 的递增数列，
选项A：若 是等差数列，由 得 ，结合 得 ，
即 ，验证得 ，满足条件，因此 可以是等差数列，A错误；
选项B：若 是等比数列，公比为 ，则要求 对所有 恒成立，
左边随 变化，不可能恒等于常数 ，矛盾，不存在这样的等比数列，B错误；
选项C：递减数列要求对任意 ， ，由前面推导：若 ，则 ，即 ，不满足递减；
若 ，直接得 ，不满足递减；且奇数项、偶数项本身都是递增的，
因此不可能是递减数列，C正确，
选项D：数列 的奇数项和偶数项都是单调递增数列，故数列 不是周期数列，D错误.
3．（2026·山东济宁·一模）已知数列 的首项 ，且满足 ，则 （ ）
A． B． C．10 D．12
【答案】A
【分析】根据递推关系得 ，结合等差数列定义写出 的通项公式，即可得答案.
【详解】由题意可得： ，
令 ，则可得： ，
所以 是等差数列，公差为2.
又因为 ，所以 ，
所以 .
4．（2026·湖北武汉·模拟预测）记等比数列 的前 项和为 ，若 ，且 ，
则正整数 的值为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】A
【分析】设等比数列 的公比为 ，根据题意，利用等比数列的求和公式，化简求得 ，再由等比
数列的通项公式，化简求得 ，进而求得 的值.
【详解】设等比数列 的公比为 ，
当 时，可得 ，则
因为 ，所以 ，所以 ，此时 ，
又因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
令 ，可得 ，解得 或 （舍去），所以 ，
法一：由 ，提取公因式 ，可得 ，
因为 ，代入化简得 ，即 ，所以 ，解得 ；
法二：由等比数列的通项公式，可得 ，
因为 ，可得 ，即 ，
则 ，即 ，
因为 ，所以 ，可得 ，所以 .
5．（2026·江苏南京·一模）若等差数列 的前 项和为 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【详解】利用等差数列前 项和公式 ，
代入得： ，
代入已知条件： ，
化简得： ，
展开并整理： ，
解得 ，即： ，
因此： ，
故 .
二、多选题
6．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了
如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第 行的
所有数字之和为 ，若去除所有为1的项，依次构成数列 ：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第 项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和 ，则
【答案】AC
【分析】将数列数列 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 变成数阵，确定数阵第 行有
个数，从左向右分别为 .对于A，确定 分别在该数阵第 行的第2个和第4个即可判断；
对于B，确定 位于该数阵第 行第 个数即可求和；对于C，确定第 项为第 行第1个即可；
对于D，根据杨辉三角得到 ，利用裂项相
消求和法求和即可.
【详解】将数列 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 变成以下数阵：
则该数阵第 行有 个数，从左向右分别为 ，
第 行最后一项位于原数列第 项，
对于A，因为 ，所以 分别在该数阵第 行的第2个和第4个，故
，即 ，选项A正确；对于B，因为 ，所以 位于该数阵第 行第 个数，
由题意可知，该数阵第 行所有数为“杨辉三角”数阵中第 行去掉首、尾两个 得到，而“杨
辉三角”中第 行所有数之和为 ，
所以，该数阵第 行所有数之和为 ，
所以 ，选项B错误；
对于C，因为 ，所以第 项为第 行第1个，即 ，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，
，选项D错误.
故选：AC.
7．（2026·湖南·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 ，则下列说法正确的是
（ ）
A． B．数列 为等差数列
C． D．
【答案】BC
【分析】先利用 与 的递推关系求出数列 的通项公式，再依次分析其对数数列的性质、前 项和的
范围，以及相关函数的取值范围，从而判断各选项的正误.
【详解】对于A：因为 ，当 时， ，
所以 ，则得 ，
又当 时， ，由 ，得 ，则 ， ，故A错误；
对于B：因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，则 ，
因此数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，B正确；对于C： ，
当 为奇数时， ，因 是递减数列，则 ；
当 为偶数时， ，因 是递增数列，则 ，
所以 ，C正确；
对于D：因为 在 上单调递增，而 ，
则 ，D错误．
8．（2026·山东德州·一模）已知数列 满足 ，且 ，则（ ）
A．存在唯一的实数 ，使得 为常数列
B．当 时， 为递减数列
C．当 时， 的取值范围为
D．当 时， 前 项和为 ，则
【答案】BCD
【详解】对于A.由条件可知， ，
若 ，则 ，为常数列，
若 ，则 ，为常数列，故A错误；
对于B.因为 ，当 时， ，所以 ，
由 可知，对所有 ，都有 ，
两边取以10为底的对数，
所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，
即 ， ，
因为 ，且 单调递增，所以数列 单调递减，故B正确；对于C. ， ，
因为 恒成立，
所以 ，得 ，故C正确；
对于D.当 时， ，
所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，
即 ， ，
，
而数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以前 项和为 ，
所以 ，故D正确.
9．（2026·四川成都·二模）已知等差数列 的前 项和 存在最大值，且 ， ，则
（ ）
A． B．
C．当 时， 取得最大值 D． 取得最小正值时 为31
【答案】ACD
【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，根据等差数列性质可判断BC，根据二次函
数性质可判断D.
【详解】对于A，设等差数列 首项为 ，公差为 ，
则 ，
因为 存在最大值，所以数列 的公差 ，数列 单调递减，
要使 存在最大值，则数列先正后负，首项 ，故A正确；
对于B，由等差数列性质可知 ，故B错误；
对于C，因为 ，所以 ，
所以 时， 取得最大值，故C正确；
对于D，由 可得 ，由 ，可得 ，
所以 取得最小正值时 为31，故D正确.
三、填空题
10．（25-26高二上·福建漳州·期末）“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第
0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一
行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构
成的数列记为 ，如图，实线上的数即为 的前4项.记 ，则
_____.
【答案】 /
【分析】先根据杨辉三角的行号与位置对应关系，确定数列 的通项，再对通项进行裂项，最后通过裂
项相消法求出前 项和 ，代入 得到结果.
【详解】在杨辉三角中，第 行的第 个数（从第 行开始计数）为 ，
，
所以 ，
所以 ,
故答案为： .
11．（2026·山东滨州·一模）已知首项和公差都不为0的等差数列 ，其前 项和为 ，且 ，
则 __________．
【答案】 /【分析】由已知比例关系解出等差数列首项与公差的关系，代入所求表达式化简即可
【详解】因为 是等差数列，且 ，设 的公差为 ，
则有 ，整理得 ，
经验证 ，则 成立，
，
则 .
押题猜想 05 计数原理-排列组合、二项式定理
试题前瞻·能力先查
限时：4min
【原创题】今天是星期一，再过 天是星期几（ ）
A．星期二 B．星期三 C．星期四 D．星期五
【答案】D
【分析】通过二项式定理将 逐步变形为与 相关的展开式，消去能被 整除的项，最终求得 除以
的余数，进而推算出对应的选项.
【详解】因为 ，
由 能被 整除，则上式前 项都能被 整除，只需看最后一项 除以 的余数，
由 ，
则 除以 的余数为 ，
所以今天是星期一，再过 天，是星期五.
分析有理·押题有据
连续两年填空压轴都是排列组合配合概率统计的考察了，23年考察的排列组合中的分配问题。二项式
定理均未考察，因为二项式定理的内容较为死板，所以掌握相关内容即可，重点关注一下二项式定理中的
余数问题。可能会在多选题的选项中出现。排列组合今年大概率不会太难，所以一定需要掌握相关的题型，
尤其是分配问题中的平均分组问题，这个分数不能丢。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·湖南衡阳·模拟预测）在某道选词填空题中，有3个空格，4个备选单词。每个空格只能填入一个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3个正确答案是4个备选单词中的3个，剩余1个备选单词是
多余的）。若随机选择3个备选单词分别填入3个空格，则3个空格全部选错的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】假设4个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙.
第一类，选出的3个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2种选法；
第二类，选出的3个单词包含丁，则从剩下的3个单词选两个有 种情况，不妨设选出的单词为甲，乙，
则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3种，即共有 种选法.
综上，符合要求的情况共有 种，全部情况为 种，
则3个空格全部选错的概率是 .
2．（25-26高三下·浙江杭州·月考）实数 的近似值（精确到0.001）是（ ）
A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683
【答案】B
【分析】先将 变形为 ，再利用二项式定理展开化简即可得解．
【详解】
，
将 精确到 ，故近似值为 ．
3．（2026·山东烟台·一模）某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛
至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（ ）
A．180 B．240 C．320 D．360
【答案】B
【分析】先求将 名同学分成人数分别为 的四组的方法数，再求将 组同学分派到4个场次的方法数，
根据分步乘法计数原理求结论.
【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成，
第一步，将 名同学分成人数分别为 的四组，该步有 种完成方法，
第二步，将 组同学分派到4个场次，此步有 种完成方法，
由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为
4．（2026·贵州毕节·二模）春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包
袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（ ）
A．90 B．150 C．240 D．300【答案】B
【分析】先将5个不同的红包分3组，求出总的分法，再将3组分配到3个不同的红包袋中，即可得答案.
【详解】将5个不同的红包分3组，有两种不同的方式，
①：“1,1,3”型，则有 种分法；
②：“2,2,1”型，则有 种分法，所以共有25种分法，
将分好的3组，装入3个不同的红包袋中，共有 种装法.
5．（25-26高三下·河北沧州·月考）将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不
相邻的排法总数为（ ）
A．12 B．26 C．52 D．104
【答案】A
【分析】分类讨论数字1出现的位置，即可由分类加法以及排列求解.
【详解】第一张为1时;
若第五张为1，则仅有1种排法；
若第三张为1，有 种排法.
若第四张为1，有 种排法.
第二张为1时;
若第四张为1，则共 种排法，
若第五张为1，有 种排法，
第三张为1时，第五张为1，有 种排法，
综上可得：总计12种排法.
6．（2026·山东淄博·一模）有5名同学 ， ， ， ， 参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若 和 都
不是第1个出场，且 不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（ ）
A．42 B．50 C．54 D．60
【答案】D
【分析】根据题意，分 是第1个和 不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和组合数
的计算公式，以及分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分 是第1个和 不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论：
当 是第1个时，此时剩余的 全排列，共有 种不同的排法；
当 不是第1个且不是最后一个时，先排第1个，从 中选一人为第1个，有 种选法；
再排 ，有三个位置可选，有 种排法，最后三人全排列，有 种排法，
所以共有 种不同的排法，由分类计数原理得，共有 种不同的排列情况.
7．（2026·湖北宜昌·二模）已知二项式 的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中
项的系数为（ ）
A． B． C．80 D．160
【答案】A
【分析】依题意可确定 ，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式 的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
所以 ，所以 的展开式的通项为 ，
令 ，得 ，故 ，
故展开式中 的系数为 .
8．（2026·广东·一模）在 的展开式中，含 的项的系数是（ ）
A． B．4 C． D．16
【答案】D
【详解】对于 的展开式，
含 的项为 ，
故该项的系数为16.
二、多选题
9．（25-26高二下·江西赣州·开学考试）若 ，则下列选项正确的有
（ ）
A． B．展开式中所有项的二项式系数的和为
C．奇数项的系数和为 D．
【答案】ABD
【分析】通过对二项式展开式中的 赋予特殊值，结合二项式系数的性质，快速求出各项系数、系数和及
特定系数和，从而判断各选项的正误.
【详解】对于A：因为 ，因此 ，故A正确；
对于B：展开式中所有项的二项式系数的和为 ，故B正确；
对于C：令 ，可得 ；
再令 ，可得 ，
将两式相加，即得展开式中所有奇数项系数的和为 ，故C错误；对于D：令 ，则 ，
再令 ，可得 ，
所以 ，故D正确．
三、填空题
10．（2026高三下·上海·专题练习）若 ，则
________．
【答案】3124
【分析】由多项式分析知： 为奇数，系数为负； 为偶数，系数为正，可得
，再应用赋值法求 、 ，即可得结果.
【详解】由题设，含 的项中，当 为奇数，系数为负，而当 为偶数，系数为正，
所以 ，
令 ，则 ；
令 ，得 ，
所以 ．
11．（2026·广东广州·一模）设a为常数，多项式 除以 所得的余式为 ，则a＝
______．
【答案】2
【分析】由题可设 ，再化简解方程即可求解得到 .
【详解】因为多项式 除以 所得的余式为 ，
所以可以设 ，
整理得到 ，
所以 ，则 .
故答案为：2.
押题猜想 06 空间向量与立体几何-截面、翻折、动点最值问题
试题前瞻·能力先查
限时：7min【2026·甘肃·一模】（多选题）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆 半径为 是底面
的两条直径，母线 与该圆锥内切球 分别切于点 .则下列说法正确的是（ ）
A．
B．圆锥与球 的交线的轨迹长为
C．若 ，则
D．平面 截球 的截面面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据圆锥轴截面是正三角形且底面半径为 ，可以计算圆锥的高、母线长，再利用轴截面的几何
关系求内切球半径，进而可计算球和圆锥的体积比，可以判断选项A；先确定圆锥与球的交线是一个圆，
通过分析球心到圆锥轴截面的距离、球半径，求出交线圆的半径，再计算其周长，可以判断选项B；根据
题意可得 ，再结合三余弦定理，可以判断选项C；当球心到平面 的距离最大
时截面圆半径最小，进而得到最小面积，可以判断选项D.
【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接 ，则 必过球心 ，
因为轴截面为正三角形且底面圆半径为 ，
所以 ，
所以 ，故 A正确；
对于B，如图（2），易知，圆锥与球 的交线的轨迹为 ，
因为 ，所以在 中，
可得 ，求得半径 ，
故轨迹长为 错误；
对于C，根据三余弦定理可知，
，
故C正确；
对于D，当 绕着 旋转时，平面 恒过定直线 ，若要使得平面 截球 的截面面积最小，只
需球心 到平面 的距离达到最大，
如图（3）过 作直线 的垂线，垂足为 到平面 的最大距离为 ，
又因为在 中， ，所以截面半径的最小值为 ，
所以平面 截球 的截面面积的最小值为 ，故D正确.
分析有理·押题有据
立体几何的大题这几年变化都不大，一直都是第一问考察点线面的位置关系，第二问为距离、夹角相关的问题，去年考了一个证明点在面内，但整体变化不会太大，注意二面角为钝角时二面角的余弦值的正
负问题。主要是小题的考察，25年考察的是证明点线面的位置关系且为多选题，24年考察几何体的表面积
和体积，难度都不大。所以今年的几何小题大概率会在压轴出现，外接球问题去年有接触到一点，所以今
年多注意几何中较难的截面、翻折和动点最值问题。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·广东广州·模拟预测）如图，直三棱柱 中， 为 中点，平面 平面
， ，则三棱柱 体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】取 中点 中点 ， ，则 ，
由 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 得 平面 ，
由勾股定理知 ，可得 ，
设 ，可得 ，
同理 ，由 知 ．
由勾股定理得 ，
于是三棱柱 的体积 ，
记 ，
结合二次函数单调性可得 ，于是 ．2．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱 中， ， ，点 是平面 上的动点，
则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
如图所示，将面 保持点 不动向下旋转 得平面 ，如图，过 作 于 ，连接 ，
则 ，则 的最小值等价于 的最小值，即点 到面 的距离，
过 作 于 ，可知 在平面 内， ，
可知 ， ，所以 ， ，
则 ，
可知 ，解得 ，
所以 的最小值为 .
二、多选题3．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，在正方体 中，点 是棱 上的一个动点（不包
括端点），平面 交棱 于点 ，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点 ，使得 为直角
B．对于任意点 ，都有直线 平面
C．对于任意点 ，都有平面 平面
D．三棱锥 的体积为定值
【答案】CD
【分析】先证明 ，对于A：假设 为直角，结合线面垂直判定定理证明 平面 ，
推出矛盾即可判断；B：根据线面平行的性质证明 ，推出矛盾即可判断；C：证明 平面
，再由面面垂直判定定理证明结论即可判断；D：先证明点 到平面 的距离为定值，由体积公式
可判断即可．
【详解】因为平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，又 ， 都为锐角，
所以 ，又 ， ，
所以 ，故 ，
对于A，若 为直角，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 相交， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
与过点 有且只有一条直线与平面 垂直矛盾，故A错误；
对于B，连接 ，则平面 平面 ，若 平面 ，且 平面 ，则 ，
又 ， ，故四边形 为平行四边形，
故 相交，矛盾，故B错误；
对于C，连接 ， ， ， ，
由 平面 ， 平面 ，得 ，
由 为正方形，易知 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， ，同理可证 ，
， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，故C正确；
对于D， ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，
所以点 到平面 的距离为定值，又 的面积为定值，
三棱锥 的体积为定值，
故三棱锥 的体积为定值，D正确．
4．（2026·四川内江·二模）在棱长为 的正方体 中，点 是棱 的中点，点 在正方形
内部（不含边界）运动，若 平面 ，则（ ）A．点 的轨迹经过线段 的中点
B．点 的轨迹长度为
C．三棱锥 的体积为定值
D．球面经过 ， ， ， 四点的球的半径最小值为
【答案】ACD
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ，易知 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
又 是 中点，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
又 平面 ，则 平面 ，又点 在正方形 内部（不含边界）运动，且平面
平面 ，
所以点 的轨迹为线段 （不含端点）.
对于A，连接 ，由正方体的性质易知 与 相交，且交点为 的中点，所以A正确；
对于B，因为 ，所以点 的轨迹长度为 ，故B错误；
对于C，因为 平面 ，点 是棱 的中点，
则 ，所以C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为 ，
则 ，设 ，球心 ，半径为 ，
由 ，得到 ，解得 ， ，所以 ，又 ，且 ，所以当 时， 取到最小值，最小值为 ，故D
正确.
5．（2026·江苏镇江·一模）如图点 是棱长为2的正方体 的表面上一个动点， 是线段
的中点，则（ ）
A．当 为 的中点时，
B．当 在面 上，且直线 与 所成的角为 时，点 的轨迹长度为
C．三棱锥 体积的最大值为
D．当 平面 时，线段 长度最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A，当 为 的中点时，
因为 是线段 的中点，所以 ，
在正方体中， 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，故A正确；对于B，连接 ， ，以 为圆心， 为半径画 ，如图1所示，
当点 在弧 上时，直线 与 所成的角为 ，
长度 ，故点 的轨迹长度为 ，故B错误：
对于C，因为 ，而等边 的面积为定值 ，
要使三棱锥 的体积最大，当且仅当点 到平面 的距离最大，
易知点 是正方体到平面 距离最大的点，
所以 ，此时三棱锥 即为棱长是 的正四面体，
其高为 ，
所以 ，故C正确；
对于D，取 ， ， ， ， ， 的中点分别为 ， ， ， ， ， ，
连接 ， ， ， ， ， ， ， ， ，如图2所示，
易知 ， 面 ， 平面 ，
故 平面 ， ， 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，又 ， ， 平面 ，
故平面 平面 ，又 ， ， ，故平面 与平面 是同一个平面，则点 的轨迹为该正六边形，
；
故 ，故 长度的最大值为 ，故D正确.
6．（2026·山东青岛·一模）已知四面体 满足 ， ，点 ， ， ，
均在球 的表面上，球 与四面体的4个面均相切，过直线 的平面截四面体 所得的截面的
面积为 ，则（ ）
A．球 的表面积为 B．当四面体 体积最大时，
C．当 时， 的最大值为 D．当 时， 的最小值为
【答案】ACD
【详解】对于A， ， ，
，
，
则 的中点为四面体 的外接球球心 ，半径 ，表面积为 ，故A正确；
对于B， ，又 ，
当 平面 时，四面体 体积最大，
平面 ， ，
，即 和 为全等的等边三角形，
则 ，
四面体 的表面积 ，
，则四面体 内切球半径 ，
易得 平面 ，故四面体 关于平面 对称，
则内切球球心 在平面 上，
过 分别作 ，则 ，
平面 ，
平面 ，同理可得 平面 ，
，即四边形 为正方形，
，故B错误；
对于CD，根据题意内切球球心 在平面 上，且 为 的角平分线，
设 的中点为 ，又 ，故直线 为直线 ，
则 为其中一个截面，
又 平面 ， 平面 ，
， ，
在 上取一点 ，作截面 ，
由对称性可知，截面 关于 对称，即当 面积最小时，截面面积最小，
以 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
设异面直线 的公共法向量为 ，距离为 ，，不妨取 ，则 ，
，
即点 到 距离的最小值为 ，此时 ，
则截面 面积最小值为 ，
综上，过直线 的平面截四面体 所得的截面的面积最大值为 ，最小值为 ，故CD正确．
7．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在直三棱柱 中， ， ，点
P、Q、M、N分别是 、 、 、BC的中点，则（ ）
A．P、Q、M、N四点共面 B．线段 为直三棱柱 外接球的直径
C．三棱锥 的体积为 D．直线MN与AC所成角余弦值为
【答案】BCD
【详解】对于A，直线 平面 ，点 平面 ，
而 直线 ，点 平面 ，
因此直线 与直线 是异面直线，则 四点不共面，A错误；
对于B，将三棱柱 补形为正方体， 为该正方体共点的三条棱，
矩形 为该正方体对角面，则 为三棱柱 外接球直径，B正确；
对于C，点 到平面 的距离为 ，
则 ，C正确；
对于D，取 中点 ，连接 ，由 是 中点，得 ，则 是异面直线 与 所成角或其补角，
由已知 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，于是 ，而 ，
则 ，因此 ，D正确.
三、解答题
8．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥 中，底面是直角梯形 ，
为正三角形，且平面 平面 ．
(1)求证： ；
(2)求直线 和平面 所成角的正弦值；
(3)设点 是三棱锥 外接球上一点，求点 到平面 距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）设O为 的中点，连接 ，
由题得 ，
所以 为正三角形，则 ，所以 平面 ， 平面 ， ．
（2）由（1）可知 两两垂直，故以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直
角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，则 ，
则 ，
所以直线 和平面 所成角的正弦值为 .
（3）设外接球的球心为 ，分别过 和 外心作平面 和平面 的垂线，
垂线的交点就是球心，易求 ，则外接球的半径 ，
又 ，所以点 到平面 的距离 ，所以点 到平面 距离的最大值为 .
9．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形 和平行四边形 在同一个平面内，其中 ，
，AB，DE的中点分别为F，G．将 沿直线AB翻折到 ，使二面角
为120°，设CE的中点为H．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为四边形 为平行四边形，F、G分别为 的中点，
所以四边形 为平行四边形，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又H、G分别为 的中点，所以 ．
平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为FD、 平面 ， ，
所以平面 平面 ．
（2）因为三角形 为正三角形， ，F为 的中点，
所以 ， ，
所以 为二面角 的平面角，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 ．
作 平面 于O，则O在直线 上．
又二面角 的平面角为 ，
所以O在线段 的延长线上．由已知得 ，则 ， ．
以F为原点， 所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于 的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
如图，因为 ， ，所以 ，
则 ， ， ， ， ，
则 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则由 ， ，得 ，
令 ，得 ．
易得平面 的一个法向量 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
10．（2026·广东佛山·二模）如图， 是圆柱 的母线，四边形 是底面内接正方形．点 是棱
上的动点（ 不与端点重合），且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)已知圆柱 的体积为 ， ，点 到直线 的距离是1．
（i）求 的长度；
（ii）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i） ；（ii） .【详解】（1）在正方形 中，由 ，得 ， ，
则 ， ，因此 ，
由 是圆柱 的母线，得 平面 ，而 平面 ，则 ，
又 平面 ，所以 平面 .
（2）（i）设圆柱 的底面圆半径为 ，圆柱 的体积为 ， ，得 ，
解得 ，则 ，显然直线 两两垂直，
以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，则 ，
，由点 到直线 的距离是1，
得 ，则 ，而 ，解得 ，
所以 .
（ii） ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
11．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体 中， ， ， ，点
在棱 上，点 在棱 上，且 .(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的余弦值；
(3)在棱 上是否存在点 ，使得 到平面 的距离与 到平面 的距离相等？若存在，求出
的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在符合题意的 点，
【详解】（1）证明：连接 交 于点 ， ，
，故 为菱形，
故 ，由长方体得 平面 ，
由 平面 ，知 ；
由 ， 平面 ， 平面 ，
知 平面 ，由 平面 ，知 .
（2）如图所示，连接 ，由（1）知， 平面 ，
又由 平面 ，平面 平面 ，交线为 ，
故点 在平面 的投影必在直线 上，
故直线 与平面 所成角即为 ，
在 中， ，
， ，
故由余弦定理得 ，
即直线 与平面 所成角的余弦值为 ；（3）假设存在点 满足条件，记 到平面 的距离 到平面 的距离 ，
则 ，由（1）（2）知 ，
，故 ；则 ，
另一方面 ，
故 ，综上所述，存在符合题意的 点， .
押题猜想 07 概率统计-用样本估计总体、统计、条件概率
试题前瞻·能力先查
限时：5min
【原创题】（多选题）设 是一个试验中的两个事件，且 ，则下列
结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】利用条件概率，和事件的概率公式求解.
【详解】选项A， ， ，
，
，
， ，故选项A正确；
选项B， ，故选项B错误；
选项C， ，故选项C正确；选项D， ， ，
， ，
，故选项D错误.
故选：AC.
分析有理·押题有据
条件概率连续三年都没有考察，所以会是今年大概率的考察内容，统计图也是近三年都没考察的内容，
包括用样本估计总体都是重点需要关注的内容，去年概率大题考察的是独立性检验，23年考察的是二点分
布，今年大题大概率会是超几何分布和二项分布结合统计图的考察。用样本方差和样本均值估计总体方差
和均值需要重点理解。
密押预测·精练通关
一、多选题
1．（2026·广西河池·二模）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23
B．若一组样本数据 的方差 ，则这组样本数据的
总和为60
C．若随机变量 服从二项分布 ，则
D．若随机变量 服从正态分布 ，且 ，则
【答案】BCD
【详解】选项A，样本共 个数据， ， 为整数，第 百分位数为第 项和第 项数据的
平均值，即 ，A错误
选项B，方差 ，因为 ，故样本均值 ,样本总
和 ，B正确
选项C，若 ，则 ，根据期望性质 ，得
，C正确
选项D，正态分布 的对称轴为 ，由对称性得 ，则，D正确
2．（2026·广东东莞·模拟预测）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命
中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由
抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 ，记“第i次投篮的人是甲”为事件
，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【详解】对于A， 表示在第1次投篮的人是乙的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率，
因为乙投篮未命中则换甲投篮，乙每次命中率均为 ，所以乙未命中的概率为 ，
所以 ，故A正确；
对于B， 表示在第1次投篮的人是甲的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率，
因为甲每次命中率均为 ，所以 ，
，故B错误；
对于C， 表示前3次中甲投篮的次数为1次的概率，有三种情况：
第一种情况是第一次甲投篮未中，第二次乙投篮命中，其概率为 ；
第二种情况是第一次乙投篮命中，第二次乙投篮未命中，其概率为 ；
第三种情况是第一次乙投篮未命中，第二次甲投篮未命中，
其概率为 ；
所以 ，故C正确；
对于D， 的可能取值为 ，
，由C选项可知 ，， ，
所以 ，故D正确.
3．（2026·广东·一模）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯定理，随机事件 存
在如下关系： ．张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．
张同学第一天选择室内健身的概率为 ，选择户外运动的概率为 ．如果第一天选择室内健身，那么第二
天继续选择室内健身的概率为 ；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为 ．则张
同学（ ）
A．第二天去室内健身的概率为
B．第二天去户外运动的概率为
C．若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为
D．若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为
【答案】ACD
【详解】设 表示张同学第一天选择室内健身， 表示张同学第二天选择室内健身，
表示张同学第一天选择户外运动， 表示张同学第二天选择户外运动.
则 ， ， ， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
对于A， ，故A正确；
对于B，因为 ，故B错误；
对于C，因为 ，故C正确；对于D，因为 ，故D正确.
4．（2026·湖北黄冈·一模）下列说法正确的是（ ）
A．样本相关系数 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 的方差 ，期望 ，则
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
【详解】A：样本相关系数 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 ，
因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即 ，因此B正确；
C：因为 ，由方差 ，期望 ，可得 ，即C错误.
D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为 ，
因此方差为 ，即D正确.
5．（2026·四川绵阳·模拟预测）设 ， 分别为随机事件 的对立事件，以下概率均不为零，则下列结
论正确的有（ ）
A．
B．若 ，则
C．
D．
【答案】ABC
【分析】根据全概率公式、条件概率公式等知识逐项计算判断即可.
【详解】对于A，由全概率公式得， ，故A正确；
对于B， ，所以 ，所以 ， 相互独立，
那么 ，故B正确；对于C， ，故C正确；
对于D， 表示在 发生的条件下 发生的概率， 表示在 发生的条件下 发生的概率，
两者之和不一定为1，例如：设 为“掷骰子点数为偶数”， 为“掷骰子点数为奇数”，
为“掷骰子点数大于2”，则 ， ，和为 ，D错误.
6．（2026·山东枣庄·二模）下列命题正确的是（ ）
A．若同等容量且足够大的 两组成对数据的样本相关系数分别为 ，则 组数据
比 组数据的线性相关性更强
B．数据 的第60百分位数为6
C．总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：
，记总的样本平均数为 ，总的样本方差为 ，则有
D．根据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ，依据小概率值 的 独立性
检验 ，可判断 与 有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】BC
【分析】借助样本相关系数与线性相关性强弱关系可得A；借助百分位数定义可得B；由分层抽样方差公
式可得C；利用独立性检验定义可得D.
【详解】对于A：由 ，故 组数据比 组数据的线性相关性更强，故A错误；
对于B： ，则这组数据的第60百分位数为 ，故B正确；
对于C：分层抽样方差公式为 ，
故C正确；
对与D：由 ，故不能在 的小概率值下判断 与 有关联，
故D错误.
7．（2026·贵州毕节·二模）为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50
分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的有（ ）A． 对应矩形的高度为
B．样本众数估计值为75
C．样本平均数估计值为
D．样本成绩的第70百分位数落在 内
【答案】ABC
【分析】A选项利用矩形的面积之和为1列方程求解，B选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条
来判断，C选项根据平均值的公式计算，D选项判断样本数据在 的频率和 的频率，可得到70
百分位数的范围.
【详解】设 对应矩形的高度为 ，则 ，
解得 ，A选项正确；
由图可知， 的数据最多，众数的估计值为 ，B选项正确；
平均值为： ，C选项正确；
样本数据 的频率为 ，
样本数据 的频率为 ，
故样本成绩的第70百分位数落在 内，D选项错误.
二、应用题
8．（2026·安徽滁州·一模）某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示．
学习强度指数Q
概率 0.2 0.5 0.3
应对情况 轻松应对 勉强应对 困难应对
(1)从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数 的人数为X，求 及X的数学期望．
(2)定义 为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件 “该学生学习有压力”（勉强
应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件 “该学生困难应对”，
求在事件A发生的条件下事件B发生的优势．【答案】(1) ， 的数学期望为 ；
(2) ；
【详解】（1）解：由表可知，学习强度指数 的概率为：
,
从该市随机选取 名学生，记学习强度指数 的人数为 ，则 服从二项分布 ，
所以 ；
的数学期望为： ；
（2）解：由题意可知，事件 为“该学生学习有压力”，事件 为“该学生困难应对”.
， ，
因为事件 包含于事件 中，所以 ，
在事件 发生的条件下事件 发生的概率为： ，
在事件 发生的条件下事件 发生的概率为： ，
所以在事件 发生的条件下事件 发生的优势为： .
9．（2026高三·全国·专题练习）某连锁餐厅有 家分店，将分店按照规模从小到大依次编为 号到
号．每家分店都配备了一定数量的员工，配备方案为：第 号分店员工包含第 号店长和
名服务员．为了加强各分店之间的员工交流与经验分享，提升整体服务水平，餐厅总部
决定进行员工轮岗工作．具体安排为：从每家分店随机选派 名员工到下一家分店进行工作，即从 号分店
选派 名员工到 号分店，再从 号分店（含轮岗人员）选派 名员工到 号分店，依次类推，从 号分
店选派 名员工到 号分店．轮岗结束后，从第 号分店任选 名员工进行服务反馈调查，并选派至 号分店，
记选中店长的概率为 ．
(1)当 时，求 的值；
(2)在第 号分店选中店长的条件下，若该店长为第 号店长，求随机变量 的分布列；
【答案】(1)
(2)【详解】（1）由题意可知， 号店中有 名店长和 名员工， 号店中有 名店长和 名员工，
当 时，记事件 从 号店中选派 名店长去 号店，则事件 从 号店中选派 名员工去 号店，
记事件 从 号店中选派 名店长去 号店，
则 ， ， ，
由全概率公式可得 .
（2）由题意可知，随机变量 的可能取值有 、 、 、 ，
记事件 轮岗后， 号分店店长的人数为 ，
则 ，
则 ，
记事件 在第 号分店选中店长，
则
当 时，说明从 号店、 号店、 号店、 号店，每次派出的都是 号店店长，
所以 ，
当 时，说明从 号店、 号店、 号店，每次派出的都是 号店店长，
所以 ，
当 时，说明从 号店、 号店，每次派出的都是 号店店长，
所以 ，
当 时，说明最后一次从 号店派出的是 号店店长，
所以 .
所以，随机变量 的分布列如下表所示：10．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）某校兴趣小组为研究本校不同性别的学生对 “春节联欢晚会” 的
喜爱情况，特进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各100名作为样本，设事件 “喜欢春节联欢
晚会”， “学生为女生”，据统计有： .
(1)现从这100名女生中，按喜欢春节联欢晚会与不喜欢春节联欢晚会的比例，选出10人，再从这10人中
随机选出2人，设选出的2人中喜欢春节联欢晚会的学生人数为 . 求 的概率分布列和期望;
(2)将样本的频率视为概率. 现从全校的学生中随机抽取 名学生，设其中喜欢春节联欢晚会的学生人数为
，且当 时， 取得最大值，求从全校学生中抽取的学生可能的人数 .
【答案】(1)
0 1 2
(2) 或40或41
【详解】（1）由 ，所以10个女生中喜欢春节联欢晚会和不喜欢春节联欢晚会的人数分别为6
人和4人，
故 的取值为 ，
则 ，
的分布列为：
0 1 2
故 的期望为 .
（2）（i）由已知 ，女生有 100 人，
所以喜欢春节联欢晚会的女生人数为 60 人，
又因为 ，所以喜欢春节联欢晚会的人数为 90 人，
由于样本的频率视为概率，所以从全校的学生中随机抽取1名学生，
他喜欢春节联欢晚会的概率为 ，则随机变量 ，
令 ， 解得 ，
因为 ，所以 或40或41.
11．（2026·江苏·一模）某兴趣小组研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们到气象局和医
院抄录了1~7月份每月5日的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如下资料：
日期 1月5日 2月5日 3月5日 4月5日 5月5日 6月5日 7月5日
昼夜温差
10 11 13 12 8 7 6
感冒人数
23 25 29 26 16 13 9
该兴趣小组确定的研究方案是：先从这7组数据中选取2组，用剩下的5组数据求经验回归方程，再用被
选取的2组数据进行检验．
(1)求选取的2组数据是不相邻的两个月的概率；
(2)若该小组选取的是1月与6月的两组数据，请根据剩下5个月份的数据：
①求出 关于 的经验回归方程 ；
②若由经验回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2人，则认为得到的经验回归方
程是理想的，问：该小组所得经验回归方程是否理想？说明理由．
附：
【答案】(1)
(2)① ；②是理想的，理由见解析
【详解】（1）记事件 为“选取的2组数据是不相邻的两个月”，
则
（2）①由题意， ， .
1 3 24 8 5
则 ，
即 ，
所以 关于 的经验回归方程为 .
②当 时， ；
当 时， .
所以该小组所得经验回归方程是理想的.
12．（25-26高三下·河南周口·月考）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知
识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成 ， ， ，
， 这五组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）
(2)已知落在 内的平均成绩是80分，方差是4分，落在 内的平均成绩是88分，方差是6分，
求两组成绩合并后的平均数 和方差 .
附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为m， ， ；n， ， ，记两组数据总体的样
本平均数为 ，则总体样本方差 .
【答案】(1)平均数100，方差104
(2) ，
【详解】（1）由频率分布直方图得，
平均数 ，方差
.
（2）第一组 的样本容量 ， ，
第二组 的样本容量 ， ，
所以合并后的平均数 ，
则 .
押题猜想 08 圆锥曲线-定点定值问题
试题前瞻·能力先查
限时：12min
【2026·江苏南京·一模】已知抛物线 的焦点为 ， 上的点 到 的距离为
5．
(1)求 和 的值；
(2) ， 为 上两点， 的重心在直线 上．
①证明：直线 的斜率为定值；
②设直线 与 轴交于点 ，线段 的中点为 ，线段 的中点为 ，过点 向直线 作垂线，垂足
为 ．证明：点 在定圆上运动．
【答案】(1) ，
(2)①证明见解析②证明见解析
【详解】（1）抛物线 的准线方程为 ．
根据抛物线定义， ，所以 ．
因此，抛物线 的方程为 ．
将 代入抛物线方程： ，又 ，故 ．
（2）①方法一：
设 ， ，
则 的重心为 ，由题意知， ，则 ．
所以直线 的斜率 ，为定值．
方法二：
因为直线 的斜率不为零，
所以设直线 的方程为 ，显然 ．
设 ， ．
联立 ，整理得 ．
所以 .
已知 ，
所以 的重心的纵坐标 ，
所以 ，解得 ．
因此，直线 的斜率 ，为定值．
②因为直线 的斜率不为零，
所以设直线 的方程为 ．设 ， ．
联立 ，整理得 ．
所以 .设 为 的中点，则：
， ，
即 ．
直线 与 轴交点 ， ，则 中点 ．
由于 ，所以 ．
所以 ．
直线 的斜率： ，
直线 的方程： ，整理得 .
法一：
令 ，代入方程，解得 ，
因此，直线 经过定点 ．
因为 ， 于 ，
所以 在以 为直径的定圆上．
法二：
由于 ， ，
所以 的方程为 ，即 ，
联立 ，得
即 ．
令 ，则 ， ，
令 ，则 ， ，
令 ，则 ， ，
求得经过 ， ， 的圆方程为 ，代入 的坐标符合 ，所以 在定圆 上．
分析有理·押题有据
圆锥曲线和导数作为高考分层知识点，每年的难度都不会太小，综合知识点的考察要求也很高，去年
小题考察的是直线和圆以及双曲线离心率的问题，难度都不大。前年却是多选的压轴题且为新定义图形的
考察，所以今年的考生对于圆锥曲线的基础知识点需要熟练的掌握，简单的题目不能丢分，大概率会有一
题相对简单，一题相对困难的出现。大题去年考察的是椭圆中的最值问题，23年考察抛物线的轨迹问题。
24年的不做参考，考的太简单了，所以今年很有可能考察定点定值问题，如非对称韦达定理、定比点差和
极点极线等题目都需要足够有熟练度。
密押预测·精练通关
一、单选题
1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点 在直线 上移动，椭圆 以 和 为焦点且经
过点 ，则椭圆 的离心率的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得 的范围，进一步计算离心率 的范围.
【详解】椭圆 以 ， 为焦点，即 ， ，
所以设椭圆方程 ，
联立方程 ，
消去 得出 ，
由题意可得 ，
即 ，得出 或 （舍去），解得 ，
所以 ，
所以椭圆 的离心率的最大值为 .
2．（2026·山东东营·一模）点 P 在以 为焦点的椭圆 上，若
，且 ，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由同角三角函数关系式及两角差的正弦公式，求得 各角的正弦值，根据正弦定理及比例的
性质即可求得 ，即椭圆的离心率.
【详解】 中，若 则 ，所以 .
因为 ，所以 ；
因为 所以 ，
因为 ，所以 .
由 ，得 .
所以 .
由正弦定理 ，得 ，
设椭圆的焦距为 ，则椭圆的离心率 .
二、多选题
3．（2026·安徽滁州·一模）已知圆 经过双曲线 的两个焦点 ， ，
且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点 ，则（ ）
A．点M在双曲线C上
B．当P在圆T上时， 的面积为8
C．点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3D．双曲线C上存在定点Q，使得直线 和 的斜率之积为定值
【答案】ABD
【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M代入方程验证A选项；联立求出 点的横坐标值，根据三角
形面积公式求解验证B选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C选项；利用点差法验证D选项.
【详解】由题知双曲线 的焦点在 轴，
故 ，焦点坐标为 ，
因为圆 过焦点，代入得 ，即 ，解得 ，
因此双曲线 的方程为： .
对于A：点 代入双曲线方程得左边 右边，
因此 在双曲线 上，故A正确；
对于B：联立 ，消去 得 ，故 横坐标可以为 ，
中， ，高为 ，
面积 ，故B正确.
对于C：双曲线渐近线为 ，
设 ，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为 ，
因为 在双曲线上，故满足 ，即 ，
点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积如下，
为 ，故C错误；
对于D：设 是位于双曲线上，关于原点对称，且异于 的两个点，则 ，
又 ①， ②，由① ②得到 ，
得到 ，所以 ，
综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称，
且异于 的两个点均可满足点P与两点连线斜率之积为定值 ，
故当点 坐标为 时，
直线 和 的斜率之积为定值 ，故D正确.
三、填空题
4．（2026·安徽安庆·二模）在平面直角坐标系 内，圆 ，若直线 绕
原点 逆时针旋转 后与圆 恰有两个交点，则 的取值范围是___________．
【答案】
【分析】首先求旋转后的直线，再根据直线与圆的位置关系，即可求解．
【详解】直线 的斜率为1，过点 ，
绕原点 逆时针旋转 后，斜率为 ，过点 ，
得到直线 ，若该直线与圆 存在两个公共点，
则圆心 到直线 的距离 ，
解得 ，即 的取值范围是 ．
5．（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线 ，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，
M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______.
【答案】
【分析】先根据题意设出直线 的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐
标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值.
【详解】由 得 ，由题意知直线 的斜率不为0，
所以设直线 的方程为 ， ，
联立 消去 得 ，，则由韦达定理得 ，所以 ，
所以 ， ，
当 时， ，
当 时， ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
当 时， ，
综上，直线OM的斜率的最大值为 .
6．（2026·山东临沂·一模）已知曲线 在点 处的切线为 ，若直线 与抛物线
也相切，则 _________．
【答案】 /
【分析】先求曲线在点 处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出 .
【详解】设 ，则 ，则 ，
则 在 处的切线 的方程为 ，即 ，
联立 ，得 ，
因为直线 与抛物线 也相切，
则有 ，解得 .
四、解答题
7．（25-26高三下·重庆·月考）已知 分别为双曲线 的左，右顶点， 为双
曲线 上异于 的任意一点，直线 ， 斜率之积为 ， 的焦距为 ．
(1)求 的方程；
(2)过点 作直线 与双曲线 交于 ， 两点（ 不与 重合），记 的斜率分别为
，证明： 为定值．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设 ， ， ，且 ，
则 ．
又焦距为 ，则 ， ，
双曲线 的标准方程为： ．
（2）由（1）知 ，设 ， ．
因为 不与 重合，所以可设直线 ．
联立 ，消 得： ，
故 ， ， ， ，
， ，
可得 ，
．
8．（25-26高三下·广东·月考）已知点 ，抛物线 的焦点为 ，线段 的中点在
上．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线与 交于 、 两点．
（ⅰ）已知 的准线为 ，作 于点 ，证明：直线 过定点；（ⅱ）过点 与 平行的直线与 交于点 、 ．判断 是否为定值，若为定值，求出该定值；
若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）是，且定值为 .
【详解】（1）由 、 得线段 的中点坐标为 ，
将点 的坐标代入抛物线 的方程得 ，即 ，
因为 ，解得 ，故抛物线 的方程为 .
（2）（i）设点 、 ，由题意可知直线 的斜率不为 ，
设直线 的方程为 ，联立 可得 ，
，由韦达定理可得 ， ，
抛物线 的准线方程为 ，则 ，
设坐标原点为点 ，则 ， ，
所以 、 、 三点共线，即直线 过定点 ；
（ii）由（i）知， ，
设点 、 ，设直线 的方程为 ，
联立 得 ， ，
由韦达定理可得 ， ，
因为直线 过点 ，所以 ，
所以
，
所以 为定值.9．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ，点 在
椭圆上，且椭圆上满足 的点 有且仅有2个.
(1)求椭圆 的方程；
(2)设直线 与椭圆 交于 ， 两点（ 在第一象限），与 轴， 轴分别交于点 ， ，且 ；
点 关于 轴的对称点为 ，直线 与椭圆的另一个交点为 .
（ⅰ）记直线 ， 的斜率分别为 ， ，证明： 为定值；
（ⅱ）求直线 的斜率的最小值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【详解】（1）由椭圆上满足 的点 有且仅有2个知以 为直径的圆与椭圆有2个公共点，
故 ，故椭圆 ： ，代入 解得 ，
故椭圆 的方程为 .
（2）（ⅰ）设 ，则由 知 ，
故 ， ，故 为定值.
（ⅱ）由（ⅰ）可知直线 ： ，直线 ： ；
联立 ，整理得： ，故由韦达定理： ；
同理可得： ；
故
，
故 ，
当且仅当 时取等号；此时 ，
故 在椭圆 内 成立；
综上所述：直线 的斜率的最小值为 .
10．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线 的焦点 到一条渐近线的距离为 ，且
点 在双曲线 上．
(1)求双曲线 的方程；
(2)斜率为 的直线与双曲线 的右支交于 、 两点（异于点 ）．
①求直线 、 的斜率之和；
②若 的外接圆圆心为 ，试问在 轴上是否存在定点 使 为定值，若存在，求出 点
坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)① ；②存在，且点 .【详解】（1）双曲线 的右焦点为 ，双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，
所以焦点 到一条渐近线的距离为 ，
因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，
故双曲线 的标准方程为 .
（2）①设点 、 ，设直线 的方程为 ，
因为点 不在直线 上，则 ，可得 ，
联立 ，可得 ，
则 ，解得 或 ，
由题意可得 ，所以 且 ，
所以
，
即直线 、 的斜率之和为 .
②设 的外接圆方程为 ，
则 ，
由 代入 ，
可得 ，
可得 ，
同理可得 ，
所以 、 为关于 的方程 的两根，
又因为 、 为关于 的方程 的两根，所以方程 与方程 为同解方程，
所以 ，解得 ，
易知点 ，即点 ， ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
当 时，直线 的方程为 ，即 ，
直线 与 轴的交点为 ，不妨取点 ，此时 ，
则 ，
故在 轴上存在定点 ，使得 为定值 .
11．（2026·广东广州·模拟预测）记双曲线 的左焦点为 ，渐近线方程为
，过点 作直线 与 交于 两点．
(1)求 的方程；
(2)记 的斜率分别为 为 轴上一定点．
（i）证明： 为定值；
（ii）记 中点为 ，以 为圆心， 为半径的圆与 另交于一点 的斜率为 ，若 为定
值，求 的坐标，并求出 的值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii） ，【详解】（1）由 得 ，可得 ，
联立 ，得 ，于是 ．
（2）（i）显然 斜率不为0，故设 ．联立 ，
得 ，设 ，
则 ，于是 ，
，
，
于是 ，为定值．
（ii） ，
于是 显然 为 中点，设 ，
由 ，得 ，
记 ，
由其为定值可知其与 无关，
故必有 ，于是 ，于是 ．12．（2026·湖南常德·模拟预测）已知椭圆 ： （ ）的左、右焦点分别为 ， ，上
顶点和右顶点分别为 ， ， ， .
(1)求 的方程.
(2)已知过点 的直线 与 交于 ， 两点，过点 且与 垂直的直线与 交于 ， 两点， ， 在
轴的上方， ， 分别为 ， 的中点.求证：直线 过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设 的半焦距为 ，由题意知 ， ， ，
由椭圆的几何性质知， ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，
所以 ， ，故 的方程为 .
（2）由（1）知， ，由题意知，直线 与坐标轴不垂直，
设 ， ， ， ，直线 ，
将 代入 ，整理得
所以 ， ，
所以 ， ，
所以 ，同理可得 ，
所以 ，
所以直线 ，即 ，
所以直线 过定点 .
13．（2026·新疆·二模）已知椭圆 经过点 ，右焦点为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与椭圆 交于 两点，且直线 与 的斜率互为相反数，证明：线段 的中点 在一条
定直线上；
(3)在（2）的条件下，直接写出 的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）解：因为椭圆 经过点 ，右焦点为 ，
可得 ，且 ，
将点 代入椭圆的方程，可得 ，解得 或 （舍），
所以椭圆 的方程为 .
（2）证明：不妨设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
则
设 ，则 ，可得 ，代入直线 的方程，可得 ，所以 ，
因为直线 与 的斜率互为相反数，即直线 的方程为 ，
同理可得点 的坐标为 ，
则 的中点 的坐标为 ，
又因为 ，所以点 在直线 上.
（3）解：由（2）知，点 在直线 上，
则点 到直线 的距离，即为 的最小值，
又由点到直线的距离公式，可得 到直线 的距离 ，
所以 的最小值为 .
押题猜想 09 函数与导数-函数的性质、零点问题、不等式恒成立
试题前瞻·能力先查
限时：6min
【2026·重庆·一模】已知函数 ，若关于 的不等式 成立，则实数
的取值范围是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先判断函数的对称性，再通过求导判断函数的单调性，计算即可.
【详解】 ，即 ，
，
令 ，解得： ，
当 时， ， ，则 在区间 单调递增；
当 时， ， 在区间 单调递减；
，
即 ，
关于 对称，
，
，即 ，
两边平方得 ，
解得 ，
则实数 的取值范围是 .
分析有理·押题有据
函数和导数常年霸占单选和应用题的压轴位置，今年估计也不例外，即使在此压轴也不会太简单，所
以要想考高分还是必须要熟练掌握。小题中，22年、24年和25年在单选的压轴中都考察的构造函数比较
大小，23年为多选此压轴，其次连续4年均以不同形式考察了根据函数性质求零点或者函数值的问题。所
以对于抽象函数的性质判断和零点问题要重点练习。同构问题和泰勒展开式都需要加强练习。大题23年和
24年都不是压轴题，去年删去新定义问题后，导数重回压轴位置且去年考察的是结合余弦函数的不等式恒
成立问题，可见导数也在创新，所以今年在掌握常见题型外，要想压轴题多得分还需要多练习导数的综合
题型。
密押预测·精练通关
一、单选题1．（2026·江苏·一模）已知函数 的定义域为 为 的导函数， ，
．若 ，则 （ ）
A．2026 B．1013 C．1 D．-1
【答案】D
【详解】因为 且 ，所以 ，
因为 ，所以 关于直线 对称，
则原函数 关于点 对称，所以
所以 ，
令 ，则 ，即 ，
所以 ，
所以 的周期为 ，
又 ，即 ，所以 的周期也为 ，
由 得 ，
由 得 ，所以 ，
由 得 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
2．（2026·重庆·模拟预测）已知函数 与 的图象在 处的切线重合，则
（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义结合题意列方程求解即可.
【详解】 ， .
由题意知 ，即 ，解得 .
所以 .
3．（25-26高二下·河北保定·月考）已知函数 ， 为
的导函数，则 （ ）
A．0 B．2 C． D．2026
【答案】B
【分析】求导，然后分别化简 ，即可求解.
【详解】由于
，所以 ，
又 ，
故
，
则 ，
所以 .
4．（2026·辽宁鞍山·模拟预测）设 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据指数函数、对数函数以及余弦函数的单调性分析可知 .
【详解】 ，即 ，
，即 ，，则 ，可得 ，
即 ，所以 ，即 .
5．（2026·安徽滁州·一模）已知函数 ，若函数 恰有 个
零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用奇函数的定义及导数与函数单调性间的关系，可得 为奇函数且为减函数，从而将问题转
化成函数 与函数 的图象有 个交点，再利用导数求出 的单调性，进而得出 的图象，
数形结合，即可求解.
【详解】因为 ，易知 的定义域为 ，定义域关于原点对称，
又 ，所以 为奇函数，
又 恒成立，所以 为减函数，
令 ，得到 ，所以 ，整理得到 ，令
，
因为函数 恰有 个零点，则函数 与函数 的图象有 个交点，
又 ，当 时， ，当 时， ，
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
又 时， ， 时， ， 时， ，
时， ，且 恒成立，其图象如图所示，
由图可知，要使函数 与函数 的图象有 个交点，则 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 .
6．（2026·湖南郴州·三模）已知两个不相等的正实数 满足： ，则下列不等式
中一定不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】将原式变形为 ，令 ， ，只需比较
与 的大小，由 ，设 ，求导得出其单调
性，从而得出 的大小可能性，从而得出答案.
【详解】由已知 ，原式可变形
令 ， ，
函数 与 均为 上的增函数，且 ，且 ，
当 时，由 ，则 ，可得 ，
当 时，由 ，则 ，可得 ，
要比较 与 的大小，只需比较 与 的大小，
设 ，则 ，故 在 上单调递增，
又 ， ，
则存在 使得 ，
所以当 时， ，当 时， ，
又因为 ，
所以当 时， ，当 时， 正负不确定，故当 时， ，所以 ，故 ，
当 时， 正负不定，所以 与 的大小不定，
所以 均有可能，即选项B，C，D均有可能，选项A不可能．
7．（2026·广东深圳·一模）若实数 ， ， 满足 ，则 ， ， 的大小关系不可能是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由 可得 ，
与 互为反函数，故其交点 在直线 上，且交点横坐标小于1，
而 与 交点的横坐标等于1，
从而 ， ， 在同一直角坐标系中的大致图象如图所示： 与 的图像交点为 ,
与 的图像交点为 ,
且
当直线 位于点 的上方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
当直线 位于点 的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
当直线 位于 点的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
当直线 位于 点的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
8．（2026·湖南郴州·三模）已知 是定义在 上的奇函数，且满足 ，当 时，
，则 的值为（ ）
A． B． C．3 D．10
【答案】B
【详解】 ，故函数的周期为6，，
又 是定义在 上的奇函数，
，即 ，故 ， ，
又当 时， ，
，
故 .
二、多选题
9．（2026·广东佛山·二模）定义域关于原点对称的函数 ， 满足
， ， 为偶函数且 ，
则（ ）
A． B．
C． 为偶函数 D．若 ，则
【答案】ABD
【详解】令 ，则 ，化简得 ，又 ，
，故A正确，
令 ， ，化简得 ，又 ， ，故
B正确，
令 ，则 ，化简得 ，故 为奇函数，故C
错误.
令 ，则 ，化简得 ，
又 ， ，
再令 ，则 ，
又 为偶函数， ，又 为奇函数， ，
故化简得 ，
，解得 ，故D正确.三、填空题
10．（2026·湖南郴州·三模）若存在实数 ，使得关于 的方程 有两个不同的根，其中
为自然对数的底数，则实数 的取值范围是__________.
【答案】
【分析】对题干方程化简，令 ， ，求导，根据导数作出函数 的图象，数
形结合求解即可.
【详解】由题意得 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
当 时， ，故 ，
当 时， ，故 ，
当 时， ，故 ，
当 时， ，故 ，
因为 ， ，作出函数 图象如下：
由图可知若存在实数 ，使得关于 的方程 有两个不同的根，则实数 的取值范围是 .
四、解答题
11．（2026·安徽滁州·一模）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若不等式 恒成立，求m的取值范围；
(3)证明：函数 的最小值小于函数 的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当 ， ，定义域 ，
计算得 ，求导得 ，切线斜率 ，
由点斜式得切线方程 ，整理得 .
（2） 恒成立等价于 对任意 恒成立，
设 ，则 ，
求导得 ，令 得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
故 ， 因此 的取值范围是 .
（3）对 ， ，
由（2）可知 在 单调递减，在 单调递增。
因为 ，所以由 解析式可知 ，
由于 ， 可以取到 ，因此函数 的最小值为 ，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 .
由于 在 递增，因此函数 的最小值为 ，
因为 ，所以 ，
因此 的最小值小于 的最小值，得证.
12．（2026·江西·一模）已知函数 ．
(1)求 在 上的最大值；
(2)求证： 恒成立；
(3)若 都有 恒成立，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题知 ，
当 时， ，
当 时， ，即 在 上单调递增，
当 时， ，即 在 上单调递减，
所以当 时， 取最大值 .
（2）先证： ，令 ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，
故 ，即 在 上恒成立．
又 ，
由 知， ，
所以 ，
即 ，得证.
（3）当 时， ，
即 ，
令 ，
则 ，其中 ，
令 ，
则 且 ，
令 ，
则 ，其中 .
令 ， ，
则 ，
故 在 上单调递减，其中 .
①若 ，则 ，令 ，
在 上单调递增，
，
所以 恒成立.
故 在 上单调递增，
且 .
所以 在 上也单调递增，且 ，
所以 ，
故 恒成立.
②若 ，则 ，
且 ，使得当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，
故 时， ，
所以函数 在 上单调递减，
所以 时， ，
所以 时， ，
与 恒成立矛盾．
综上所述： 的最大值为 .
13．（2026·湖南·模拟预测）已知 ．
(1)若 ，证明： 恒成立．
(2)令 ，且 ， 有唯一的正零点 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）当 时，证明： ．
【答案】(1)证明见解析(2)（i） ；（ii）证明见解析
【详解】（1）令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以有 ，即 ，
当 时， 恒成立．
（2）（i）由题意有 有唯一的正零点 ，
因为 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ； ， ，
当 时， ，
由零点存在性定理可知， 在 有唯一零点 ，
当 时， ，则 满足题意；
当 时，要保证 ，则只要 ，
即 ， 恒成立，所以 ，
综合可得 ．
（ii）由题意可知 ，也即 ，
由（1）知 ，则 ，即 ，且 ，
因此有 ，
即 ，也即 ，可得 ，
所以有 ，
故 ，
又因为 ，所以有 ，
根据题意有 ，
从而有 ，即 ，可得 ，进一步得 ，
又 ，所以 ，所以 ，故 ，
所以 ，
由 可得 ，也即 ，
令 得 ，进一步得 ，
所以 ，
故 ，
综上有 ．
14．（2026·宁夏银川·一模）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 在 上单调递减，求 的取值范围；
(3)证明： （ ）.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当 时， ，
将 代入： ，
所以切点坐标为 ；
求导得： ，
将 代入导函数： ，
所以切线斜率 ，
所以曲线 在点 处的切线方程：，
因此，所求的切线方程为 .
（2）对 求导得： ，
因为 在 上单调递减，
所以对于任意 ，都有： ，
即： ，
因为 ，
即： ，对于任意 恒成立，
令 ， ，
对于所有 ，不等式 恒成立，
只需 ，
对 求导： ，
当 时， ，则 ，所以 ，函数单调递增，
当 时， ，则 ，所以 ，函数单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 的取值范围是 .
（3）设 ，
对 取自然对数，得：
，
又 ，
于是 ，
构造函数 ，其中 ，求导得： ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
则对于任意 ，有 ，
即 ，
而 ，
所以 ，
因此 ，
，
由于 ，所以 ，
从而 .
原不等式得证.
