《2026年高考领航卷数学》

6.【山西省重点高中2026届高三9月质监】已知两个等差数列$2,6,10,·s,98$和$2,8,14,·s,98$,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为

A.850
B.1250
C.400
D.450

答案： 6. 等差数列的通项公式与前n项和公式
由题可得等差数列 $2,6,10,·s,98$ 的公差 $d_1 = 4$，等差数列 $2,8,14,·s,98$ 的公差 $d_2 = 6$，因为 $4$ 和 $6$ 的最小公倍数为 $12$，所以得到的新数列 $\{a_n\}$ 的首项为 $2$，公差为 $12$，则 $a_n = 2 + (n - 1)×12 = 12n - 10$。令 $12n - 10\leq98$（提示：因为两个等差数列 $2,6,10,·s,98$ 和 $2,8,14,·s,98$ 的最大项均为 $98$，所以 $a_n\leq98$），得 $n\leq9$，故数列 $\{a_n\}$ 共有 $9$ 项，且这 $9$ 项之和为 $9×2 + \frac{9×8}{2}×12 = 450$，故选 D。

7.【云南师大附中2026届高考适应性月考(三)】已知$F_{1},F_{2}$分别为椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$的左、右焦点,在椭圆$C$上存在点$P$,满足$|PF_{1}|=|F_{1}F_{2}|$,且点$F_{1}$到直线$PF_{2}$的距离为$\sqrt{3}b$,则该椭圆的离心率为

A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{5}{7}$
D.$\frac{3}{4}$

答案：
7. 椭圆的方程、定义与性质
由题可得 $|PF_1| + |PF_2| = 2a$，又 $|PF_1| = |F_1F_2| = 2c$，所以 $|PF_2| = 2a - 2c$。如图，过点 $F_1$ 作 $F_1A\perp PF_2$，垂足为 $A$，则 $|F_1A| = \sqrt{3}b$，$|PA| = \frac{1}{2}|PF_2| = \frac{1}{2}(2a - 2c) = a - c$（提示：等腰三角形“三线合一”）。

由 $|PF_1|^2 = |PA|^2 + |F_1A|^2$，得 $4c^2 = (a - c)^2 + (\sqrt{3}b)^2$，又 $b^2 = a^2 - c^2$，所以化简得 $2a^2 - ac - 3c^2 = 0$，即 $(a + c)(2a - 3c) = 0$，得 $2a - 3c = 0$，所以该椭圆的离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{2}{3}$，故选 A。

8.【湖南省2026届高三九校联盟第一次联考】已知正实数$a,b$满足$ae^{a - 2}=e^{2.025}$和$b(\ln b - 2)=e^{2.029}$,则$ab$的值为

A.$e^{2.029}$
B.$e^{2.028}$
C.$e^{2.027}$
D.$e^{2.026}$

答案： 8. 指数、对数运算+函数的单调性
第一步：利用指、对运算法则转化已知等式
$\because ae^{a - 2} = e^{2025}$，$\therefore \ln(ae^{a - 2}) = \lne^{2025}$，得 $\ln a + \lne^{a - 2} = 2025$，即 $\ln a + a - 2 = 2025$，则 $\ln a + a = 2027$。
$\because b(\ln b - 2) = e^{2029}$，$\therefore \ln[b(\ln b - 2)] = \lne^{2029}$，得 $\ln b + \ln(\ln b - 2) = 2029$，则 $\ln b - 2 + \ln(\ln b - 2) = 2027$（技巧：构造相同的结构形式，便于后续利用函数的单调性求解问题）。
第二步：构造函数，利用函数的单调性即可得解
令 $f(x) = \ln x + x$，$x\gt0$，易知 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增（提示：增函数 + 增函数 = 增函数）。
$\therefore$ 方程 $f(x) = 2027$ 在 $(0, +\infty)$ 上有唯一解，$\therefore a = \ln b - 2$，故 $ab = (\ln b - 2)b = e^{2029}$，故选 A。

9.【南京市2026届高三学情调研】若$a ＜ b ＜ 0$,则

A.$a^{2}＜b^{2}$
B.$\frac{1}{a}＞\frac{1}{b}$
C.$\ln(b - a)＞0$
D.$a^{3}＜b^{3}$

答案： 9. 不等式的性质
选项A：由 $a\lt b\lt0$，得 $a - b\lt0$，$a + b\lt0$，故 $a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)\gt0$，即 $a^2\gt b^2$，A错误。
选项B：由 $a\lt b\lt0$，得 $b - a\gt0$，$ab\gt0$，故 $\frac{1}{a} - \frac{1}{b} = \frac{b - a}{ab}\gt0$，即 $\frac{1}{a}\gt\frac{1}{b}$，B正确。
选项C：当 $0\lt b - a\lt1$ 时，$\ln(b - a)\lt0$，故 $\ln(b - a)\gt0$ 不一定成立，C错误。
选项D：由 $a\lt b\lt0$ 及函数 $y = x^3$ 的单调性可得 $a^3\lt b^3$，D正确。
故选 BD。

10.【辽宁省辽西重点高中2026届高三开学摸底】已知圆锥$PO$的轴截面为等腰直角三角形,顶点为$P$,底面圆心为$O$,$EF$为底面圆的直径,$PO = 3$,$G$是底面圆周上异于$E,F$的一个动点,下列结论正确的是

A.圆锥$PO$的侧面积为$9\sqrt{2}\pi$
B.当$OG\perp PF$时,三棱锥$P - EFG$的体积最大
C.直线$EG$与直线$PF$夹角的取值范围是$(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3})$
D.若二面角$P - EG - O$的大小为$\frac{\pi}{3}$,则$\triangle PEG$的面积为$6\sqrt{2}$

答案：
10. 圆锥的侧面积+三棱锥的体积+异面直线所成角+二面角+三角形的面积
选项A：由已知可得 $PO = OE = OF = 3$，$PO\perp EF$（等腰直角三角形性质的应用），所以 $PE = PF = 3\sqrt{2}$，则圆锥 $PO$ 的侧面积 $S = \pi× OE× PE = \pi×3×3\sqrt{2} = 9\sqrt{2}\pi$，A正确。
选项B：三棱锥 $P - EFG$ 的体积 $V = \frac{1}{3}PO· S_{\triangle EFG} = S_{\triangle EFG}$，当 $OG\perp PF$ 时，$OG\perp EF$（提示：易知 $OG\perp PO$，且 $PF\cap PO = P$，若 $OG\perp PF$，则 $OG\perp$ 平面 $PEF$，所以 $OG\perp EF$），此时 $\triangle EFG$ 的面积最大，故三棱锥 $P - EFG$ 的体积最大，B正确。
选项C：如图，设点 $G$ 关于圆心 $O$ 的对称点为 $H$，连接 $FH$，$PH$，则 $EG// FH$，所以直线 $EG$ 与直线 $PF$ 的夹角等于直线 $FH$ 与直线 $PF$ 的夹角，即 $\angle PFH$，在等腰三角形 $PHF$ 中，$\cos\angle PFH = \frac{\frac{1}{2}FH}{PF} = \frac{FH}{6\sqrt{2}}$，又 $0\lt FH\lt6$，所以 $0\lt\cos\angle PFH\lt\frac{\sqrt{2}}{2}$，则 $\frac{\pi}{4}\lt\angle PFH\lt\frac{\pi}{2}$，C错误。
选项D：连接 $OG$，易知 $PE = PG$，$OE = OG$，如图，取 $EG$ 的中点 $K$，连接 $PK$，$OK$，可知 $PK\perp EG$，$OK\perp EG$，则 $\angle PKO$ 是二面角 $P - EG - O$ 的平面角，所以 $\angle PKO = \frac{\pi}{3}$，则 $OK = \frac{\sqrt{3}}{3}PO = \sqrt{3}$，所以 $PK = \sqrt{PO^2 + OK^2} = 2\sqrt{3}$，$EK = \sqrt{OE^2 - OK^2} = \sqrt{6}$，则 $EG = 2\sqrt{6}$，故 $\triangle PEG$ 的面积为 $\frac{1}{2}×2\sqrt{6}×2\sqrt{3} = 6\sqrt{2}$，D正确。

故选 ABD。

11.【深圳市2026届开学质检】已知函数$f_{n}(x)=\sin^{2n}x+\cos^{2n}x(n\geqslant 2$,且$n\in\mathbf{N}^{*})$,则

A.$f_{n}(x+\frac{\pi}{2})=f_{n}(x)$
B.曲线$y = f_{2}(x)$关于直线$x=\frac{\pi}{4}$对称
C.$f_{3}(x)$在区间$(0,\frac{\pi}{4})$上单调递增
D.$f_{n}(x)$的值域为$[2^{-n + 1},1]$

答案： 11. 诱导公式+三角函数的图象与性质+利用导数研究函数的性质
选项A：$f_n\left(x + \frac{\pi}{2}\right) = \sin^{2n}\left(x + \frac{\pi}{2}\right) + \cos^{2n}\left(x + \frac{\pi}{2}\right) = \cos^{2n}x + (-\sin x)^{2n} = \sin^{2n}x + \cos^{2n}x = f_n(x)$（诱导公式的应用），A正确。
选项B：$f_2(x) = \sin^4x + \cos^4x = (\sin^2x + \cos^2x)^2 - 2\sin^2x\cos^2x = 1 - \frac{1}{2}\sin^22x = 1 - \frac{1}{2}×\frac{1 - \cos4x}{2} = \frac{3 + \cos4x}{4}$，由 $4x = k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$，可得曲线 $y = f_2(x)$ 的对称轴为直线 $x = \frac{k\pi}{4}$，$k\in\mathbb{Z}$，故曲线 $y = f_2(x)$ 关于直线 $x = \frac{\pi}{4}$ 对称（另解：也可将 $x = \frac{\pi}{4}$ 直接代入 $f_2(x) = \frac{3 + \cos4x}{4}$ 中，得到 $f_2\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$，结合 $f_2(x)$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$，可得曲线 $y = f_2(x)$ 关于直线 $x = \frac{\pi}{4}$ 对称），B正确。
选项C：解法一：$f_3(x) = \sin^6x + \cos^6x = (\sin^2x + \cos^2x)(\sin^4x - \sin^2x\cos^2x + \cos^4x) = (\sin^2x + \cos^2x)^2 - 3\sin^2x\cos^2x = 1 - \frac{3}{4}\sin^22x = 1 - \frac{3}{4}×\frac{1 - \cos4x}{2} = \frac{5}{8} + \frac{3}{8}\cos4x$（同角三角函数的基本关系、二倍角公式的应用）。当 $x\in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ 时，$t = 4x\in(0, \pi)$，因为函数 $y = \cos t$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递减（余弦函数的单调性），所以 $f_3(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ 上单调递减。
解法二：$f_3(x) = \sin^6x + \cos^6x = \sin^6x + (1 - \sin^2x)^3 = 3\sin^4x - 3\sin^2x + 1$（同角三角函数的基本关系的应用）。当 $x\in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ 时，$t = \sin^2x\in\left(0, \frac{1}{2}\right)$，设 $g(t) = 3t^2 - 3t + 1$，易知 $g(t)$ 的图象的对称轴为直线 $t = \frac{1}{2}$，所以当 $t\in\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$g(t)$ 单调递减（二次函数单调性的应用），又 $t = \sin^2x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ 上单调递增，故 $f_3(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ 上单调递减（复合函数单调性的应用），C错误。
选项D：令 $m = \sin^2x\in[0, 1]$，换元并构造函数 $h(m) = m^n + (1 - m)^n$，求导得 $h^\prime(m) = nm^{n - 1} - n(1 - m)^{n - 1} = n\left[m^{n - 1} - (1 - m)^{n - 1}\right]$（注意：求导时 $m$ 为自变量，将 $n$ 视为常数）。令 $h^\prime(m) = 0$，可得 $m^{n - 1} = (1 - m)^{n - 1}$，即 $m = 1 - m$，解得 $m = \frac{1}{2}$。当 $m\in\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 时，$1 - m\in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$，则 $m^{n - 1}\leq\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}$，$(1 - m)^{n - 1}\geq\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}$，故 $h^\prime(m)\leq0$，则 $h(m)$ 在 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 上单调递减；当 $m\in\left(\frac{1}{2}, 1\right]$ 时，$1 - m\in\left[0, \frac{1}{2}\right)$，则 $m^{n - 1}\gt\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}$，$(1 - m)^{n - 1}\lt\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}$，故 $h^\prime(m)\gt0$，则 $h(m)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right]$ 上单调递增。于是 $h(m)_{\min} = h\left(\frac{1}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^n + \left(1 - \frac{1}{2}\right)^n = 2^{-n + 1}$，又 $h(0) = 1$，$h(1) = 1$，故 $h(m)_{\max} = 1$，所以 $f_n(x)$ 的值域为 $\left[2^{-n + 1}, 1\right]$，D正确。
故选 ABD。