2026年普通高中毕业班考前冲刺题数学（一）参考答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260522广东省2026年广州市普通高中毕业班冲刺训练题_数学

2026 年普通高中毕业班考前冲刺题（一）
数学参考答案
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，只有一个选项是正
确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1 2 3 4 5 6 7 8
B C B B A D B D
8.【答案】D
【解析】设gxex3x1 ，yax1，
2 2
gxex3x2 ，当x 时，gx0；当x 时，gx0.
3 3
 2  2
所以，函数ygx的最小值为g



3e 3.
 3
1
又g01，g
 
0 g12e0.
3
直线yaxa恒过定点1,0且斜率为a，
由题意知，函数ygx在直线yaxa下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
4 2
故ag01且g1 2a，解得 a1，故选D.
e e
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
部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. ABD 10. AC 11. AD
9.【答案】ABD
4
【解析】对于A选项，圆心到直线的距离d  2 2  2 r，圆O上的点到直线l的距离的最
1212
大值为dr3 2，故A正确；
对于B选项，圆O上的点到直线l的距离的最小值为dr 2，故B正确；
对于C选项，当OM⊥l时，AMB有最大值60°，故C错误；
对于D选项，当OM⊥l时，△AMB为等边三角形，故D正确.
故选：ABD
10.【答案】AC
【解析】
第 1 页 共 1 页 
a(2,6,3) b(3,1,0)
对于A，若向量 π，向量 π，
2 2
 
此时在空间直角坐标系中ab 23610，故A正确；
  
OA(1,0,0) OB(0,1,0) OC(0,0,1)
对于B，若向量 π，向量 π，向量 π，
3 3 3
2
则三棱锥OABC是棱长为1的正四面体，这个正四面体与棱长为 的正方体有相同半径的外接球
2
3
易得，外接球半径为 ，故B错误；
4
 
对于C，思路一：按照向量的运算规则演算可得ABOC0；
  
思路二：若向量OA(1,0,0) ，向量OB(0,1,0) ，向量OC(0,0,1) ，
  
则三棱锥OABC是侧棱长为1的正三棱锥，如图所示，取AB中点H，连接OH,HC，
 
先证AB 平面OHC，则AB OC，即ABOC0，故C正确.
     
对于D，若向量a(x,y,0) xe ye ，向量b(1,2,0) e 2e ，
 1 2  1 2
         
当x:y1:2时，y2x，则a(x,y,0) xe 2xe x e xe xb，a//b，
 1 2 1 2
 
但是，当x y0时，a//b也成立，故D错误；
故选：AC．
11.【答案】A D
π π
【解析】对于A，令cosx0，解得 2kπx 2kπ,kZ，
2 2
 π π 
则 f x的定义域为x  2kπx 2kπ,kZ，故A正确；
 2 2 
对于B，a0,当x  0, π 时，得到 f xlncosxax，
 2
则 fxtanxa，此时 fx0，得到 f x在  0, π 上单调递减，故B错误；
 2
对于C，易知 f x为偶函数，则先考虑x0的情况，
第 2 页 共 2 页
当a1,令 fxtanx10，则x k（k 0），
4
 2  2 
易知 f ln  ，显然其他极值大于ln  ，所以C错误；
4 2 4 2 4
对于D，令lncosxa x 20，则lncosxa x 2，数形结合，当a1时，可知有6个零点.
当a增大，y a x 2的开口越来越小，所以存在a，使得有4个零点，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
4
12. 5 13. 0.75 14.
3
4
14.【答案】
3
sinA cosA
【解析】由正弦定理得  ，
sinB 2cosB
则2sinAsinAcosBcosAsinBsin(AB)sinC,即c2a.
a acosA a2 c2 b2 b2 c2 a2
由  得acosBbcosAab,则  ab,即cab，则b2，
b cosB 2c 2c
4
由c2a，可知点B的在半径为 的圆上运动（除去A,B,C三点共线的情况），
3
1 4 4
所以三角形面积最大值为 2  .
2 3 3
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：（1）依题意，b a a 12，b a a 1a 5a 67， ……2分
1 2 1 2 4 3 2 1
由题可知b a a a 1a 5，因此b b 5， ……4分
n1 2n2 2n11 2n1 2n n1 n
所以数列{b }是等差数列，其首项为2，公差为5，b 5n3. ……6分
n n
（2）由题意知数列a 满足a 1,a a 1,a a 4，
n 1 2n 2n1 2n1 2n
所以a a 4a 5．
2n1 2n 2n1
所以数列a 的奇数项是以1为首项，5为公差的等差数列； ……8分
n
第 3 页 共 3 页同理，由a a 1a 5知数列a 的偶数项是以2为首项，5为公差的等差数列．……10分
2n2 2n1 2n n
从而数列a 的前2n项和为：
n
n(n1) n(n1)
S (a a a a )(a a a a ) n 52n 55n22n．
2n 1 3 5 2n1 2 4 6 2n 2 2
……13分
16.(15分)
（1）证明：过点A作AEPC，垂足为点E. ……1分
因为平面PAC 平面PCD，平面PAC平面PCD=PC，AE 平面PAC，
所以AE 平面PCD，则AECD， ……3分
又因为PA底面ABCD，则PACD， ……4分
且AEPA A，所以CD平面PAC. ……6分
（2）解法一：因为PA底面ABCD，BAD90，以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分
别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示： ……7分
设ABt(t 0)，A0,0,0 ，Bt,0,0 ，Ct,1,0 ，D0,3,0 ，
 
CDt,2,0，CAt,1,0， ……8分
 
由（1）的结论可知CD AC，则CDAC 0，即t220，
解得t  2 ， ……9分
 2
AC  2 +1= 3，由PA  AC  3,可知点E为PC中点，
 2 1 3   2 1 3
所以E , , ,AE  , , 
   
2 2 2 2 2 2
   
  2 1 3
由（1）已证AE 平面PCD,则AE  , , 是平面PCD的一个法向量……11分
 
2 2 2
 
 
 
可知BP  2,0, 3 BC 0,1,0，
 
  mBP0  2x 3z 0
设平面BPC的法向量为mx,y,z，则  ，即 ，……12分
mBC 0 y 0

 
令x  3，则z  2 ，m 3,0, 2 ，……13分
第 4 页 共 4 页 
 
mAE 6 2 5
cosm,AE     
m  AE 6 5 ,……14分
5
2
2 5 5
所以，二面角BPCD的正弦值等于 1( )2  .……15分
5 5
解法二：在平面ABCD内，使用勾股定理求AB长度，略；建系同上。
解法三：在直角梯形中，设ABt,由（1）知CD AC，
因为BACCAD90，CDACAD90,所以BACCDA，
BC CA
得△ABC△DCA,有  ,CA2 BCAD,即t2113，解得t  2 ，
CA AD
所以AB 2 .建系同上.
17. （15分）
解：（1）由题意知，X的所有的可能取值为20，30，50，……1分
414 1 36 2 288 2
     
由表格数据知P X 20   , P X 30   , P X 50   ,…4分
90 5 90 5 90 5
因此X的分布列为
X 20 30 50
1 2 2
5 5 5
……5分
1 4
（2）由（1）可知，一天的鲜奶需求量超过20组的概率为1  ，设四月份连续三天中至少有两天的
5 5
鲜奶需求量超过20组为事件A,
4 2 1 1 4 3 112
则PAC2        ……7分
3 5 5 5 125
（3）由题意知，这种鲜奶的需求量至多为50组，至少为20组，
所以，只需考虑20n50，
①当30n50时，
若最高气温不低于25，则Y 18n12n6n；
当最高气温介于区间20,25，则Y 18306n3012n3606n；
当最高气温低于20，则Y 18206(n20)12n2406n；
第 5 页 共 5 页2 2 1 6
所以EY6n (3606n) (2406n) 192 n.……10分
5 5 5 5
②当20n30时，
若最高气温不低于20，则Y 18n12n6n；
当最高气温低于20，则Y 18206(n20)12n2406n；
2 2 1 18
所以EY6n  (2406n) 48 n.……13分
5 5 5 5
所以当n30时，Y的数学期望达到最大值，最大值为156元.……15分
18. （17分）
解：（1）圆C ：x2  y2 4x20整理得：x22  y2 2，所以C 2,0 ,半径为 2 .
1 1
圆C ：x2  y2 4x20整理得：x22  y2 2，所以C 2,0 ,半径为 2,……2分
2 2
设动圆P半径为r,由动圆P与圆C 外切,与圆C 内切，得：
1 2
PC r 2

1
 ，所以 PC  PC 2 2 CC 4,……4分
1 2 1 2
 PC
2
r 2
所以圆心P的轨迹是以C、C 为焦点的双曲线的右支，
1 2
x2 y2
设E的方程为  1x0
a2 b2
由题可知a 2， a2 b2 2，则b2 2
x2 y2
所以E的方程为  1x0.……6分
2 2
（2）（i）
要证△BON的内切圆的圆心在直线OM 上，等价于论证直线OM 平分BON.……7分
 x 2  x 2
解法一：将直线l:x x y y20与l :x1，l :x1联立得：A1, 0 ，B1, 0 ，
0 0 1 2 y y
   
0 0
x 2
直线OA:y  0 x, 即 x 2x y y 0……9分
y 0 0
0
x 2x  y 2 2x 2
d  0 0 0  0  2 ，同理可得d  2……11分
MOA x 22  y 2 2 x 12 MOB
0 0 0
因此，点M 在BON的平分线上，即直线OM 平分BON，……12分
所以BON的内切圆的圆心在直线OM 上.
第 6 页 共 6 页 x 2  x 2
解法二：将直线l:x x y y20与l :x1，l :x1联立得：A1, 0 ，B1, 0 ，
0 0 1 2 y y
   
0 0
   x 2    x 2
OM x ,y ，OB1, 0 ，ON OA1, 0 ，
0 0 y y
   
0 0
 
ONOM
设NOM ，BOM ， cos   ，……9分
ON  OM
 
又ONOM 2x 2，
0
x 22 y 2 x 2 4x 4
ON  OA  1 0  0 0 0 ，代入y 2 x 2 2
y 2 y 2 0 0
0 0
2 x 1 2 y
则 ON  0 ， 所以cos 0
y OM
0
2 y
同理可得cos 0 ，……11分
OM
所以coscos，
则，即直线OM 平分BON……12分
所以BON的内切圆的圆心在直线OM 上.
1 1
（ii）解法一：S   OAd ,S   OB d ；……13分
1 2 MOA 2 2 MOB
由（i）解法1知，d d  2 ，
MOA MOB
S OA
所以 1  ……14分
S OB
2
x 22 y 2 x 2 4x 4
OA  1 0  0 0 0 ，代入y 2 x 2 2
y 2 y 2 0 0
0 0
2 x 1 2 x 1
则 OA  0 ， 同理可得 OB  0 ，
y y
0 0
OA x 1
则  0 ……15分
OB x 1
0
2 2
 S   x 1
所以 1  = 0  ，
S x 1
   
2 0
第 7 页 共 7 页x 1 2 x 1  
因为x  2，y 0 1 单调递减，所以 0  1,2 23 ，……16分
0 x 1 x 1 x 1
0 0 0
2 2
 S   x 1  
 1  = 0   1,1712 2 ,
S x 1
   
2 0
2
 S   
所以 1  的取值范围为 1,1712 2 .……17分
S
 
2
1 1
解法二：S   AM d ，S   BM d ，……13分
1 2 oAM 2 2 oBM
S AM x 1
则 1   0 ……15分
S BM x 1
2 0
2 2
 S   x 1
所以 1  = 0  ，
S x 1
   
2 0
x 1 2 x 1  
因为x  2，y 0 1 单调递减，所以 0  1,2 23 ，……16分
0 x 1 x 1 x 1
0 0 0
2 2
 S   x 1  
 1  = 0   1,1712 2 ,
S x 1
   
2 0
2
 S   
所以 1  的取值范围为 1,1712 2 .……17分
S
 
2
19.解：（1）由 f x f x，可得函数 f x是偶函数，其图像关于y轴对称，
又因为 f x f 2x0，即 f x= f 2x，可得 f x的图像关于点(1,0)对称，……1分
由 f x= f 2x，可得 f x2f 2x2f xf x，
 
则 f x4 f x，所以函数 f x的周期为4，……2分
对于函数Fx3f x f 3x，
可得Fx43f x4 f 3x123f x f 3x12，
因为函数 f x的周期为4，所以 f 3x12 f 3x，
所以Fx43f x f 3x123f x f 3xFx，
所以函数Fx是周期函数，且周期为4，……4分
第 8 页 共 8 页要考虑函数Fx的最大值，不妨设x[0,2]，
可得Fx3fx[f 3x]3m[f(x1) f(3x1)]，……5分
由函数 f x在区间内x[0,2]上单调递减，可得m0，
所以令Fx0，则 f x1 f 3x1，
又因为x11,3,3x11,7，
1
所以3x1x14k或3x1(x1)4k,kZ，即x2k或xk ，
2
1 3
所以Fx在x0或x 或x 或x2时，取得最大值，……6分
2 2
因为 f 1 f 210，可得 f 10且 f 2 f 10，
所以F23f 2 f 62f 20,F03f 0 f 02f 04，
3 3 9 1 1 1 3 1
F( )3f( ) f( )4f( )0,F( )3f( ) f( )4f( )4，
2 2 2 2 2 2 2 2
1
所以Fx的最大值为F( )4.……7分
2
（2）由（1）知，函数 f x是周期为4的偶函数，且 f x的图像关于(1,0)对称，
且 f x在[0,2]上单调递减，则 f x在[2,0]上单调递增，
所以 f 2是 f x的最小值，……8分
根据函数的周期性，不妨设a(2,2]，显然at,at的长度2t4，
若a0，则 f x在区间[t,0)上单调递增，在区间[0,t]上单调递减，
所以当取k t时，满足 f k f t；……9分
若a(0,2]，则at2且0tat4，
当at2时，取k2，有 f k f t；
当at2时，取k at，有 f k f t；……12分
同理可证，当a(2,0)时，k[at,at]，使得 f k f t，
综上可得，对任意aR，存在kat,at，使得 f k f t.……13分
1
（3）当n0时，由（1）知，函数Fx F( )4，……14分
max 2
第 9 页 共 9 页当n0时，下面证明：xR，使得3f x f 3xn4成立，
1 1 1
令x[ , ]，此时 f x f( )恒成立，……15分
2 2 2
3 3 3
由（2）知，3xn[n ,n ]，使得 f 3xn f( )，
2 2 2
1 1
所以x[ , ]，存在xR，
2 2
1 3
使得3f x f 3xn3f( ) f( )4成立，所以c4，……16分
2 2
综上可得，实数c的最小值为4. ……17分
第 10 页 共 10 页