《2026年理想树试题攻略高中数学》

1. 已知集合$ A = \{ 0,1,2 \} $,$ B = \{ x | y = \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \} $,则$ A \cap B = $ (C)

A.$ \{ 0 \} $
B.$ \{ 1 \} $
C.$ \{ 0,1 \} $
D.$ \{ 0,1,2 \} $

答案： 1.C基础考点集合的交集运算
[深度解析]根据题意，集合$B = \{ x|y = \sqrt{1 - x^{2}}\} = \{ x|1 - x^{2} \geq 0\} = \{ x| - 1 \leq x \leq 1\}$，
又集合$A = \{ 0,1,2\}$，所以$A\cap B = \{ 0,1\}$。故选C。

2. 已知$ \mathrm { i } $为虚数单位,若$ z + 2 \overline { z } = 6 + \mathrm { i } $,则$ z = $ (B)

A.$ 2 + \mathrm { i } $
B.$ 2 - \mathrm { i } $
C.$ 1 + 2 \mathrm { i } $
D.$ 1 - 2 \mathrm { i } $

答案： 2.B基础考点复数的运算、共轭复数的概念
[深度解析]设复数$z = a + bi(a,b \in R)$，则$z + 2\overline{z} = a + bi + 2(a - bi) = 3a - bi = 6 + i$，
所以$\begin{cases}a = 2\\b = - 1\end{cases}$，则$z = 2 - i$。故选B。

3. 设$ a = \left( \frac { 1 } { 3 } \right) ^ { \frac { 1 } { 3 } } $,$ b = \log _ { \frac { 1 } { 2 } } \frac { 2 } { 5 } $,$ c = 3 ^ { - \frac { 1 } { 4 } } $,则$ a $,$ b $,$ c $的大小关系为 (A)

A.$ a ＜ c ＜ b $
B.$ b ＜ c ＜ a $
C.$ c ＜ b ＜ a $
D.$ c ＜ a ＜ b $

答案： 3.A基础题型根据指数函数及对数函数的单调性比较大小
[深度解析]因为$y = (\frac{1}{3})^{x}$在$\mathbf{R}$上单调递减，所以$a = (\frac{1}{3})^{\frac{1}{3}} ＜ c = 3^{- \frac{3}{4}} = (\frac{1}{3})^{\frac{3}{4}} ＜ (\frac{1}{3})^{0} = 1$，因为$y = \log_{\frac{1}{2}}x$在$(0, + \infty)$上单调递减，所以$b = \log_{\frac{1}{2}}\frac{2}{5} ＞ \log_{\frac{1}{2}}\frac{1}{2} = 1$，则$a,b,c$的大小关系为$a ＜ c ＜ b$。故选A。
易错警示此题容易误认为$\log_{\frac{1}{2}}\frac{2}{5} ＜ 1$。因为$y = \log_{\frac{1}{2}}x$在$(0, + \infty)$上单调递减，$\frac{2}{5} ＜ \frac{1}{2}$，所以$\log_{\frac{1}{2}}\frac{2}{5} ＞ 1$。
知识速记当$b ＞ a ＞ 1$时，$\log_{a}b ＞ 1$；当$1 ＞ b ＞ a ＞ 0$时，$\log_{a}b ＜ 1$。

4. 将函数$ f ( x ) = \sin \left( \omega x + \frac { \pi } { 6 } \right) ( \omega ＞ 0 ) $的图象向左平移$ \frac { \pi } { 6 } $个单位长度后得到的图象关于坐标原点对称,则$ \omega $的值可以是 (B)

A.4
B.5
C.10
D.16

答案： 4.B热门考点正弦型函数的性质、函数图象变换
[深度解析]设函数$f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0)$的图象向左平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度后所得图象对应的函数为$g(x)$，则$g(x) = \sin\lbrack\omega(x + \frac{\pi}{6}) + \frac{\pi}{6}\rbrack = \sin(\omega x + \frac{\omega\pi}{6} + \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0)$。
由于平移后得到的图象关于坐标原点对称，即函数$g(x)$为奇函数，所以$\frac{\omega\pi}{6} + \frac{\pi}{6} = k\pi(k \in Z)$，解得$\omega = 6k - 1(k \in Z)$，当$k = 1$时，$\omega = 5$。故选B。
知识速记若函数$f(x) = A\sin(\omega x + \varphi)(A,\omega \neq 0)$为奇函数，则$\varphi = k\pi(k \in Z)$；
若函数$f(x) = A\sin(\omega x + \varphi)(A,\omega \neq 0)$为偶函数，则$\varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}(k \in Z)$；
若函数$f(x) = A\cos(\omega x + \varphi)(A,\omega \neq 0)$为奇函数，则$\varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}(k \in Z)$；
若函数$f(x) = A\cos(\omega x + \varphi)(A,\omega \neq 0)$为偶函数，则$\varphi = k\pi(k \in Z)$。

5. 已知定义在$ \mathbf { R } $上的函数$ f ( x ) $满足$ f ( x + 3 ) = - f ( x - 1 ) $,且$ f ( x - 1 ) $是奇函数,则下列结论错误的是 (D)

A.$ f ( - 1 ) = 0 $
B.$ f ( 0 ) = f ( 2 ) $
C.$ f ( - 4 ) = f ( 4 ) $
D.$ f ( 11 ) = - 1 $

答案： 5.D热门考点函数性质的综合应用
[深度解析]因为$f(x + 3) = - f(x - 1)$，则有$f(x + 7) = - f(x + 3) = f(x - 1)$，所以$f(x + 8) = f(x)$，由此可知$f(x)$是周期为$8$的周期函数。因为$f(x - 1)$是奇函数，所以$f( - x - 1) = - f(x - 1)$（易错），又因为$f(x + 3) = - f(x - 1)$，所以$f(x + 3) = f( - x - 1)$，所以$f(x)$的图象关于直线$x = 1$对称。
对于A，根据$f( - x - 1) = - f(x - 1)$，将$x = 0$代入，得$f( - 1) = - f( - 1)$，解得$f( - 1) = 0$，故A正确；
对于B，根据$f(x + 3) = f( - x - 1)$，将$x = - 1$代入，得$f(0) = f(2)$，故B正确；
对于C，根据$f(x + 8) = f(x)$，将$x = - 4$代入，得$f( - 4) = f(4)$，故C正确；
对于D，根据$f(x + 8) = f(x)$，将$x = 3$代入，得$f(11) = f(3)$，又根据$f(x + 3) = f( - x - 1)$，将$x = 0$代入，得$f(3) = f( - 1)$，由A选项可知$f( - 1) = 0$，所以$f(11) = f( - 1) = 0$，故D错误。故选D。
知识速记一般来说，若$f(x + a)$为奇函数，则$f(x)$的图象关于点$(a,0)$对称；若$f(x + a)$为偶函数，则$f(x)$的图象关于直线$x = a$对称。

6. 已知两点$ P ( - 2 a, 0 ) $,$ Q ( b, a b ) ( a ＞ 0, b ＞ 0 ) $,圆$ C $:$ ( x - a ) ^ { 2 } + ( y - b ) ^ { 2 } = r ^ { 2 } ( r ＞ 0 ) $经过原点,且圆心在直线$ x + 2 y - 2 = 0 $上,当直线$ P Q $的斜率最大时,$ r $的值为 (C)

A.$ \frac { \sqrt { 2 } } { 3 } $
B.$ \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } $
C.$ \frac { 2 \sqrt { 2 } } { 3 } $
D.$ \frac { 2 \sqrt { 3 } } { 3 } $

答案： 6.C热门考点圆的方程、利用基本不等式求最值
[深度解析]由题意可得，$a^{2} + b^{2} = r^{2}$，$a + 2b = 2$，直线$PQ$的斜率$k_{PQ} = \frac{ab}{2a + b}$。
解法一（“1”的代换）：因为$\frac{2a + b}{ab} = \frac{1}{a} + \frac{2}{b} = \frac{1}{2}(\frac{1}{a} + \frac{2}{b})(a + 2b) = \frac{1}{2}(5 + \frac{2b}{a} + \frac{2a}{b}) \geq \frac{1}{2}(5 + 2\sqrt{\frac{2b}{a} · \frac{2a}{b}}) = \frac{9}{2}$，
当且仅当$\frac{2b}{a} = \frac{2a}{b}$，即$a = b = \frac{2}{3}$时，等号成立，所以$\frac{ab}{2a + b} \leq \frac{2}{9}$，即当直线$PQ$的斜率取最大值时，$a = b = \frac{2}{3}$，所以$r^{2} = a^{2} + b^{2} = \frac{8}{9}$，故$r = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。故选C。
解法二（消元法）：因为$a + 2b = 2$，所以$a = 2 - 2b$，由$\begin{cases}b ＞ 0\\2 - 2b ＞ 0\end{cases}$得，$0 ＜ b ＜ 1$，则$\frac{ab}{2a + b} = \frac{b(2 - 2b)}{2(2 - 2b) + b} = \frac{- 2b^{2} + 2b}{4 - 3b}$，令$t = 4 - 3b \in (1,4)$，则$b = \frac{4 - t}{3}$，则$\frac{ab}{2a + b} = \frac{- 2b^{2} + 2b}{4 - 3b} = - 2(\frac{4 - t}{3})^{2} + 2(\frac{4 - t}{3}) ÷ t = - \frac{2}{9}(t + \frac{4}{t}) + \frac{10}{9} \leq - \frac{2}{9} × 2\sqrt{t · \frac{4}{t}} + \frac{10}{9} = \frac{2}{9}$，当且仅当$t = \frac{4}{t}$，即$t = 2$时等号成立，此时$a = b = \frac{2}{3}$，即当直线$PQ$的斜率取最大值时，$a = b = \frac{2}{3}$，所以$r^{2} = a^{2} + b^{2} = \frac{8}{9}$，故$r = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。故选C。

7. 已知$ \tan ( \alpha - \beta ) = - \frac { 2 } { 5 } $,$ \tan \left( \beta + \frac { \pi } { 4 } \right) = \frac { 1 } { 2 } $,则$ \cos 2 \alpha = $ (D)

A.$ - \frac { 24 } { 145 } $
B.$ - \frac { 12 } { 145 } $
C.$ \frac { 12 } { 145 } $
D.$ \frac { 24 } { 145 } $

答案： 7.D热门考点三角恒等变换
[深度解析]解法一（两角和与差的正切公式 + 二倍角公式）：由$\tan(\beta + \frac{\pi}{4}) = \frac{\tan\beta + 1}{1 - \tan\beta} = \frac{1}{2}$，解得$\tan\beta = - \frac{1}{3}$，又$\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta} = \frac{\tan\alpha + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{3}\tan\alpha} = - \frac{2}{5}$，解得$\tan\alpha = - \frac{11}{13}$，所以$\cos2\alpha = \cos^{2}\alpha - \sin^{2}\alpha = \frac{\cos^{2}\alpha - \sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha + \sin^{2}\alpha} = \frac{1 - \tan^{2}\alpha}{1 + \tan^{2}\alpha} = \frac{1 - ( - \frac{11}{13})^{2}}{1 + ( - \frac{11}{13})^{2}} = \frac{24}{145}$。故选D。
解法二（拆角 + 二倍角公式）：$\tan(\alpha + \frac{\pi}{4}) = \tan(\alpha - \beta + \beta + \frac{\pi}{4}) = \frac{\tan(\alpha - \beta) + \tan(\beta + \frac{\pi}{4})}{1 - \tan(\alpha - \beta)\tan(\beta + \frac{\pi}{4})} = \frac{- \frac{2}{5} + \frac{1}{2}}{1 - ( - \frac{2}{5}) × \frac{1}{2}} = \frac{1}{12}$，
所以$\frac{1 + \tan\alpha}{1 - \tan\alpha} = \frac{1}{12}$，解得$\tan\alpha = - \frac{11}{13}$，以下同解法一。故选D。
解法三（拆角 + 诱导公式 + 二倍角公式）：同解法二可得$\tan(\alpha + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{12}$，则$\cos2\alpha = \sin2(\alpha + \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4}) = \sin\lbrack2(\alpha + \frac{\pi}{4}) - \frac{\pi}{2}\rbrack = - \cos2(\alpha + \frac{\pi}{4}) = 2\sin^{2}(\alpha + \frac{\pi}{4}) - 1 = 2 × (\frac{1}{12 + 1})^{2} - 1 = \frac{2}{169} - 1 = - \frac{167}{169}$（此解法错误，原因为$\sin2(\alpha + \frac{\pi}{4})=\sin(2\alpha+\frac{\pi}{2})=\cos2\alpha$，而$\cos2\alpha = \frac{1 - \tan^{2}\alpha}{1 + \tan^{2}\alpha}=\frac{1 - (-\frac{11}{13})^{2}}{1 + (-\frac{11}{13})^{2}}=\frac{24}{145}$）正确解法：$\cos2\alpha = \frac{1 - \tan^{2}\alpha}{1 + \tan^{2}\alpha}=\frac{24}{145}$。故选D。

8. 已知球$ O $是正三棱锥$ P - A B C $的外接球,$ A B = \sqrt { 3 } $,$ P A = \sqrt { 5 } $,$ \overrightarrow { A E } = \frac { 1 } { 3 } \overrightarrow { E B } $,过点$ E $作球$ O $的截面,若截面面积为$ \frac { 13 } { 16 } \pi $,则直线$ O E $与该截面所成的角为 (C)

A.$ \frac { \pi } { 6 } $
B.$ \frac { \pi } { 4 } $
C.$ \frac { \pi } { 3 } $
D.$ \frac { \pi } { 2 } $

答案：
8.C热门考点锥体的外接球、球的截面性质、直线与平面所成的角
思路导引
设外接球半径为$R$，$\overrightarrow{AB} = \sqrt{3}$，$\overrightarrow{PA} = \sqrt{5}$解出$R \longrightarrow OH$
取$AB$中点$T$，$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{3}\overrightarrow{EB} \longrightarrow ET$和$HT \longrightarrow EH$
$OE \xrightarrow{OS^{2} = R^{2} - r^{2}} \xrightarrow{\sin\angle OES} \angle OES$
[深度解析]（第一步：作$PH \perp$平面$ABC$，垂足为$H$，由正三棱锥的性质求出$PH$及外接球的半径$R$，进而求得$OE$）如图①，作$PH \perp$平面$ABC$，垂足为$H$，则$H$是正三角形$ABC$的中心，连接$OC$，$HC$，$HE$。因为$AB = AC = BC = \sqrt{3}$，$PC = PA = PB = \sqrt{5}$，所以$HC = 1$，$PH = \sqrt{PC^{2} - CH^{2}} = \sqrt{5 - 1} = 2$。
设正三棱锥$P - ABC$外接球的半径为$R$，在$Rt \triangle OHC$中，由$OH^{2} + HC^{2} = OC^{2}$，可得$R^{2} = (2 - R)^{2} + 1$，解得$R = \frac{5}{4}$，所以$OH = PH - R = 2 - \frac{5}{4} = \frac{3}{4}$。

取$AB$的中点$T$，连接$HT$，如图①，则$HT = \frac{1}{2}$，因为$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{3}\overrightarrow{EB}$，所以$ET = \frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$EH = \sqrt{ET^{2} + HT^{2}} = \sqrt{\frac{3}{16} + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$，则$OE = \sqrt{OH^{2} + EH^{2}} = \sqrt{\frac{9}{16} + \frac{7}{16}} = 1$。（第二步：设过点$E$的截面圆的圆心为$S$，连接$OS$，$ES$，得到$OE$与该截面所成的角为$\angle OES$，利用球的截面性质求出$OS$，进而求得$OE$与该截面所成的角）设过点$E$的截面圆的圆心为$S$，半径为$r$，连接$OS$，$ES$，如图②，所以$OE$与该截面所成的角为$\angle OES$，由题意得$\frac{13\pi}{16} = \pi r^{2}$，则$r^{2} = \frac{13}{16}$，所以$OS^{2} = R^{2} - r^{2} = \frac{25}{16} - \frac{13}{16} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}$，则$OS = \frac{\sqrt{3}}{2}$，故$\sin\angle OES = \frac{OS}{OE} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\angle OES = \frac{\pi}{3}$，即$OE$与该截面所成的角为$\frac{\pi}{3}$。故选C。

9. 已知函数$ f ( x ) = a ^ { x } + a ^ { - x } ( a ＞ 0 $,且$ a \neq 1 ) $,则 (BCD)

A.$ f ( x ) $是奇函数
B.$ f ( 2 x ) = [ f ( x ) ] ^ { 2 } - 2 $
C.$ f ( x ) $的值域是$ [ 2, + \infty ) $
D.$ f ( x ) $在$ ( - \infty, 0 ) $上单调递减

答案： 9.BCD热门考点函数奇偶性的判断、利用导数判断函数的单调性、基本不等式
[深度解析]对于A，函数$f(x)$定义域为$\mathbf{R}$，$f( - x) = a^{- x} + (\frac{1}{a})^{- x} = a^{x} + (\frac{1}{a})^{x} = f(x)$，则函数$f(x)$为偶函数，故A错误。
对于B，$f(2x) = a^{2x} + (\frac{1}{a})^{2x} = \lbrack f(x)\rbrack^{2} - 2$，所以$f(2x) = \lbrack f(x)\rbrack^{2} - 2$，故B正确。
对于C，因为$a ＞ 0$且$a \neq 1$，所以$a^{x} ＞ 0$，由基本不等式得，$a^{x} + (\frac{1}{a})^{x} \geq 2\sqrt{a^{x} · (\frac{1}{a})^{x}} = 2$，当且仅当$a^{x} = \frac{1}{a^{x}}$，即$x = 0$时，等号成立，所以$f(x)$的值域是$\lbrack 2, + \infty)$，故C正确。
对于D，$f^{\prime}(x) = a^{x}\ln a - a^{- x}\ln a = \frac{a^{2x} - 1}{a^{x}}\ln a$，当$x ＜ 0$且$a ＞ 1$时，$\ln a ＞ 0$，$a^{2x} ＜ 1$，所以$f^{\prime}(x) ＜ 0$，故$f(x)$在$( - \infty,0)$上单调递减；当$0 ＜ a ＜ 1$时，同理可得$f(x)$在$( - \infty,0)$上单调递减，故D正确。故选BCD。