2026年普通高中毕业班考前冲刺题数学（三）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（三）
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
项是符合题目要求的．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D D B A A C C
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.ABC 10. BD 11.ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 0.9 13. 399 14. 6e2
[部分试题解析]
2
8.【分析】取𝑀𝑁的中点𝐸，利用平面向量的基本定理和数量积得到𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 = 𝑃 𝐸 −4，
要求𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 的最小值就是求 𝑃 𝐸 的最小值，求出 𝐶𝐸 =1，从而得到点𝐸的轨迹是以𝐶 1,2
为圆心，以𝑟 =1为半径的圆，由点𝑃为直线𝑙:𝑥+𝑦+1=0上的动点，可知 𝑃 𝐸 的最小值为
1
圆心𝐶 1,2 到直线𝑙:𝑥+𝑦+1=0的距离减去半径𝑟 ，利用点到直线的距离公式来求出
1
𝑃 𝐸 ，从而得到 𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 .
min min
【详解】取𝑀𝑁的中点𝐸，则𝑀 𝐸 =𝐸 𝑁 ，
𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 = 𝑃 𝐸 +𝐸 𝑀 ⋅ 𝑃 𝐸 +𝐸 𝑁 = 𝑃 𝐸 −𝑀 𝐸 ⋅ 𝑃 𝐸 +𝐸 𝑁 = 𝑃 𝐸 −𝐸 𝑁 ⋅ 𝑃 𝐸 +𝐸 𝑁
=𝑃 𝐸 2−𝐸 𝑁 2 = 𝑃 𝐸 2 − 𝐸 𝑁 2 = 𝑃 𝐸 2 − 𝑀 𝑁 2 = 𝑃 𝐸 2 − 4 2 = 𝑃 𝐸 2 −4，
2 2
要求𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 的最小值，就是求 𝑃 𝐸 的最小值，
∵圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑥−4𝑦=0的圆心为𝐶 1,2 ，半径为𝑟 = 5，
∴ 𝐶𝐸 = 𝐶𝑀 2− 𝑀𝐸 2 = 𝑟2−
𝑀𝑁 2
= 5
2
−
4 2
= 5−
4 2
=1，
2 2 2
∴点𝐸的轨迹是以𝐶 1,2 为圆心，以𝑟 =1为半径的圆，
1
∵点𝑃为直线𝑙:𝑥+𝑦+1=0上的动点，
∴ 𝑃 𝐸 的最小值为圆心𝐶 1,2 到直线𝑙:𝑥+𝑦+1=0的距离减去半径𝑟 ，
1
∴ 𝑃 𝐸 =
1+2+1
−1=2 2−1，
min 12+122 2
∴ 𝑃 𝑀 ⋅𝑃 𝑁 = 𝑃 𝐸 −4= 2 2−1 −4=5−4 2，
min min
故选项C正确.
14.6e2
【解】由b  x2x2  exax0,(a0)，得 x2x2  ex axb．
设函数 f x  x2x2  ex，则 fx(x2x3)ex，则 f x在

0,
131
 上单调递减，
 
2
 
 131  f x yaxb
在  , 上单调递增。因为 f(2)0作出 的大致图象，如图所示，直线
 
2
 
b b
的斜率大于0，在x轴上的截距为a，由图可知，a的最小值为2，此时．b2a2f16e2
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)
sinBsinCsinAsinB sinB
（1）解：由正弦定理得  0
sinBcosCsinAcosB cosB
而sinB0，则sinBcosCsinAcosBcosBsinCsinAcosB，
所以cosBsinCsinBcosC2sinAcosB0
则sin(BC)2sinAcosB0，所以sinA2sinAcosB0，
1
而sinA0，可得cosB ，
2
2 
由0B，可得B .
3
bsinA bsinC
(2)法1：由正弦定理，得a ，c
sinB sinB
又S  1 acsinB 1  b2sinAsinC sinB 1  b2sinAsinC  3 ，b2sinAsinC3
ABC 2 2 sin2B 2 sinB
b2  3  3  3  3
sinAsinC sinAsin(  A) sinA(sin  cosAcos  sinA) 3 sinAcosA 1 sin2 A
3 3 3
2 23 3
  ，
3 1 1 1 sin(2A  ) 1
sin2A cos2A
2 6 4
4 4 4
 1   1   5 
而0 A 且 sin 2A  0且 2A  ，
3 2 6 4 6 6 6
所以sin

2A


1
,1 ，有b[2 3,).
6 2 
当A  时，sin  2A  1，b的最小值为2 3.
6 6
1
法2：由S  acsinB 3，得：ac4
ABC 2
由余弦定理得：b2 a2c22accosB，即b2 a2c2ac，
由a2c2 2ac，得：b2 3ac12（当且仅当ac2时“”成立）
则b2 3
所以b的最小值为2 3.
16.（15分）
解：（1）因为四边形ABDE为平行四边形，F、G分别为AB,DE的中点，
所以四边形FDGA为平行四边形，所以FD//AG．
因为FD平面AGH，AG平面AGH，所以FD// 平面AGH，
又H、G分别为CE,DE的中点，所以HG//CD．
CD平面AGH，HG平面AGH，所以CD//平面AGH，
因为FD、CD平面CDF，FDCDD，
所以平面CDF//平面AGH．
（2）方法一：因为三角形ABC为正三角形，BD AD，F为AB的中点，
所以ABCF，ABDF ，
所以CFD为二面角CABD的平面角，
又CFDF F，CF,DF平面CDF，
所以AB平面CDF，因为AB平面ABDE，所以平面CDF 平面ABDE．
作CO平面ABDE于O，则O在直线DF上．
又二面角CABD的平面角为CFD120，
所以O在线段DF的延长线上．由已知得CF 2 3，则FO 3，CO3．
以F为原点，FD,FA所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于OC的直线为z轴，建立空
间直角坐标系，如图，因为AB4，BD AD 7，所以DF  3，
则A0,2,0，B0,2,0，D  3,0,0  ，E  3,4,0  ，C   3,0,3  ，
 
 
则CD 2 3,0,3 ，DE0,4,0，

设平面CDE的一个法向量为nx,y,z，
    2 3x3z0
则由nCD，nDE，得 ，
4y0
  
令z2 3，得n 3,0,2 3 ．

易得平面DEF 的一个法向量m0,0,1，
 
  mn 2 7
则cos m,n    
m n 7
2 7
所以平面CDE与平面DEF 的夹角的余弦值为 .
7
方法二：由CF  AB，DF  AB得：CFD为二面角CABD的平面角
则CFD120
由ABCF,ABDF,CF 平面CDF ,DF 平面CDF ,CFDF F
得：AB 平面CDF
又由DE∥AB得：DE 平面CDF
则DECD，DE  FD
所以CDF 即为平面CDE与平面DEF 所成角的平面角
在CDF中，CF 2 3,DF  3,CFD120
由余弦定理得：CD2 CF2 DF2 2CFDFcosCFD
所以：CD  21
CD2 DF2 CF2 2 7
由余弦定理得：cosCDF  
2CDDF 7
2 7
故：平面CDE与平面DEF 的夹角的余弦值为 .
717. （15分）
解法一：（1）当 N 5，n2时，M 可能的取值为1，2，3，4，5
2
1 1
P(M 1)  
5 25
2 2
1 1 3
P(M 2)  C1  
5 2 5 25
2
1 12 1
P(M 3)  C1  
5 2 55 5
2
1 13 7
P(M 4)  C1  
5 2 55 25
2
1 14 9
P(M 5)  C1  
5 2 55 25
所以最大编号M 的分布列为
M 1 2 3 4 5
P 1 3 1 7 9
25 25 5 25 25
1 3 1 7 9 19
所以最大编号M 的期望为：E(M)1 2 3 4 5  .
25 25 5 25 25 5
2
 1   1 m1
（2）由题意可得：P(M m)
 
C1
 
，1m N
 N  2  N  N 
2m1
P(M m)
N2
N N 2m2 N m 2 N 1 N
E(M)mP(M m)   m2  m
N2 N2 N2 N2
m1 m1 m1 m1 m1
2 N(N1)(2N1) 1 N(1N) 4N2 3N1
E(M)    
N2 6 N2 2 6N
4N2 3N1
最大编号M 的数学期望E(M) .
6N
解法二：（1）当 N 5，n2时，M 可能的取值为1，2，3，4，5.
n
m
记最大编号不超过m(1m5)的概率为P(M m)则P(M m) 
N2
1 1
P(M 1)  
5 25
2 2
2 1 3
P(M 2) P(M 2)P(M 1)    
5 5 25
2 2
3 2 1
P(M 3) P(M 3)P(M 2)    
5 5 5
2 2
4 3 7
P(M 4) P(M 4)P(M 3)    
5 5 25
2 2
5 4 9
P(M 5) P(M 5)P(M 4)    
5 5 25
则最大编号M 的分布列为
M 1 2 3 4 5
P 1 3 1 7 9
25 25 5 25 25
1 3 1 7 9 19
E(M)1 2 3 4 5  .
25 25 5 25 25 5
(2)由题意可知P(M m)P(M m)P(M m1)，其中1m N
N
则E(M)mP(M m)
m1
  1  2  0  2   2  2  1  2   3  2  2  2  N  2 N 1 2
1    2    3    ...N    
 N  N    N  N    N  N    N   N  
 0  2   1  2  1  2   2  2  2  2  N 1 2 N 1 2 N  2
 
    2  2  3  ... N 1  N  N 
N   N  N    N  N     N   N   N 
2 2 2 2 2
 0   1   2  N 1 N 
      ...  N 
N  N  N   N  N 
1  
 12 22 32 ...  N1 2 N
N2
   
1 N 1 N 2N 1
  N
N2 6
4N2 3N 1

6N4N2 3N1
最大编号M 的数学期望E(M) .
6N
18.（17分）
解：（1）当a1时, f(x)xcosx,则 f'(x)xsinxcosx.
有 f'(0)1， f(0)0.
所以 f(x)在0, f(0)处的切线方程为x y0.
xcosx
（2）方法1：令 f(x)0，得1a ，
sinx
xcosx sinxcosxx
令F(x) ，得F'(x) ，
sinx sin2 x
1 sin2x2x    
则有F'(x)  ，由x ,  ，得2x , ，有sin2x1，2x1，故F'(x)0，
2 sin2 x 4 2 2 
 
因此F(x)在  ,  上单调递减（或设T(x)sinxcosxx再求导讨论，同分）
4 2
 
因此,F(x)0,

.
 4
  
令1a0,

，可得1 a1.
 4 4
     
综上，当1 a1时，f(x)在  ,  上有1个零点；当a1 或a1时，f(x)在  , 
4 4 2 4 4 2
上没有零点.
xcosx
方法2：令 f(x)0，得1a ，
sinx
1 1  
有tanx x，不妨研究函数g(x)tanx与h(x) x在  ,  上的交点情况.
1a 1a 4 2
i)若a1，g(x)与h(x)无交点；
1 4 
ii）若  时，即a1 ，g(x)与h(x)无交点；
1a  4
1 4 
iii)若  时，即1 a1，g(x)与h(x)有一个交点；
1a  4
  
综上，当1 a1时， f(x)在  ,  上有1个零点；
4 4 2
  
当a1 或a1时， f(x)在  ,  上没有零点.
4 4 2
 
（3）方法1:令H(a)sinxasinxxcosx，a0,

.-
 4
   
由x0,

，得sinx0，则H(a)在 0,

上单调递减，
 2  4 
则H(a) H( )(1 )sinxxcosx.
min 4 4
  
令g(x)(1 )sinxxcosx，则有g'(x)(1 )cosxxsinxcosxxsinx cosx.
4 4 4
 
g''(x)sinxxcosx sinx(1 )sinxxcosx.
4 4
    
由x0,

,有g''(x)0，则g'(x)在 0,

单调递增，而g'( )0.
 2  2 4
   
故x0,  ，g'(x)0，此时g(x)单调递减；x ,  ，g'(x)0，此时g(x)单调递增.
 4 4 2
 2 2 2 2
所以g(x) g( )    .
min 4 2 4 2 4
2 2
综上， f(x)  .
2 4
方法2：令G(x) f'(x)acosxxsinx，
     
由x0,

，a0,

，则G'(x)1asinxxcosx0，故G(x)在 0,

上单调递增.
 2  4  2
   
又G(0)a0，G(
2
)
2
0,所以存在唯一实数x
0


0,
2  
，使得G(x
0
)0，
 
则当x0,x
0
时， f'(x)0；当x

x
0
,
2 
时， f'(x)0，故 f(x)在0,x
0
上单调递减，
 
在   x 0 , 2   上单调递增，从而 f(x) min  f(x 0 )(1a)sinx 0 x 0 cosx 0 .
x sinx x
由acosx x sinx 0，则a 0 0 ,则 f(x) (1a)sinx x cosx sinx  0 .
0 0 0 cosx min 0 0 0 0 cosx
0 0
x  sinxcosxx
又令h(x)sinx (0x )，则h'(x) 0，
cosx 2 cos2 x
 
所以h(x)在 0,

上单调递减.
 2
    
由a

0,
4  
，则可得h(
4
)h(x
0
)h(0)，x
0


0,
4  
.
x 
令H(x)sinx (0 x )，
cosx 4
cosxxsinx sinx(cosxsinxx)
则H'(x)cosx  0，
cos2 x cos2x
 
所以H(x)在 0,

上单调递减，
 4
 2 2
故 f(x) H( )  .
min 4 2 4
2 2
综上， f(x)  .
2 419.（17分）
 p
p xmy
解：（1）设直线l：xmy ，联立 2 ，
2
 y2 2px
得y2 2pmy p2 0，4m2p2 4p2 0，
由韦达定理可知：y  y 2pm，y y p2．
1 2 1 2
1 1 p p2
则S  OF  y y    4m2p2 4p2  ，
OMN 2 1 2 2 2 2
当且仅当m0时等号成立．
p2
此时 2，则 p2，抛物线C：y2 4x.
2
（2）设Mx,y ,Nx ,y ,Dx ,y 
1 1 2 2 3 3
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为x2y2dxey0，
x2y2dxey0
联立 ，消去x，得y4(4d 16)y216ey0，
y2 4x
即y  y3(4d16)y16e  0，
所以y ,y ,y 即为关于y的方程y3(4d 16)y16e0的3个根，
1 2 3
则y3(4d16)y16eyy yy yy ，
1 2 3
因为yy yy yy  y3y y y y2y y y y y y yy y y ，
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3
由y2的系数对应相等得，y y y 0，所以结论成立.
1 2 3
方法2:设Mx,y ,Nx ,y ,Dx ,y ，
1 1 2 2 3 3
4 4 4 4
则k  ,k  ,k  ,k  ，
OM y ON y MD y  y ND y  y
1 2 1 3 2 3
因为O，M，D，N四点共圆，所以MONMDN ，即tanMONtanMDN 0，
k k 4y y  k k 4y y 
tanMON  OM ON  2 1 ,tanMDN  ND MD  1 2 ,
1k k y y 16 1k k y y y y 16
OM ON 1 2 ND MD 1 3 2 3
化简可得:y y  y ，所以y  y  y 0.
3 1 2 1 2 3
（3）记OMN,MND的面积分别为S ,S ，由已知得直线MN的斜率不为0，
1 2xmy1
设直线MN:xmy1，联立 ，消去x，得y24my40，
y2 4x
1 1
所以y y 4m,y y 4，所以S  OF  y y   16m2162 m21，
1 2 1 2 1 2 1 2 2
由（1）得，y y y 4m，所以x  1 y2  1 (4m)2 4m2，即D  4m2,4m  ，
3 1 2 3 4 3 4
8m21
因为 MN x x 2my y 44m24，点D到直线MN的距离d  ，
1 2 1 2
m21
1 1
8m21
所以S   MN d    4m24   2 m218m21，
2 2 2 m21
 
所以S S S 2 m212 m218m21 2 m21 1 8m21
1 2
M 在第一象限，即y 0,y 0,y 4m0，
1 2 3
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以y y y  y ，即y 2y ，
3 1 2 2 1 2
4
又因为y y 4, 2y ，即y2 2，即 2 y 0，
1 2 y 2 2 2
2
4 2 1
所以4m y y  y   22 2 2，即m ，即m2  ，
1 2 2 y 4 8
2
 
所以S 2 m21 1 8m21 16m2 m21，
3 2
设t m21，则t  ，
4
令 f(t)16t  t21  ，则 f(t)16  t21  16t2t48t216，
3 2 3 2 
因为t  ，所以 f(t)48t2160，所以 f(t)在区间 ,上单调递增，
4   4  
3 2 3 2
所以 f(t) f   ，
 4  2
 
3 2 
所以S的取值范围为 ,.
 2 
 