2026年普通高中毕业班考前冲刺题数学（二）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（二）
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
A B C C D C B B
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. ACD 10. AC 11. BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
1 49
12. 10 13. 1，1或7， （写出一组即可） 14.
7 59
[ 部分试题解析]
5. 【详解】记“甲被派去B服务站”为事件A，“甲、乙被派去不同服务站”为事件B，
n(AB) 5
则n(A)C2C1A2 12,n(AB)(C2 1)C1A2 10，所以P(B| A) 
4 1 2 4 1 2 n(A) 6
6. 【详解】由 f x2x22x 2(2x12x1），易得y f(x)关于x1对称，
设t x1，则g(t)2(2t 2t)(t 0)单调递增，所以 f(x)在(1,)上单调递增，
5
所以|m(1)||2m3(1)|，解得3m
3
a a2
7. 【详解】假设存在点P(x ,y )，则(x  )2  y2  ，
0 0 0 2 0 4
a x2 a2 c2
所以(x  )2 b2(1 0) ，化简得 x2 axb2 0在(a,0)上有解，
0 2 a2 4 a2
a
x a c 2 2
易知xa是方程的一解，只需对称轴 c2 ，解得  ，所以e( ,1)
2 a 2 2
a2
8.【详解】设曲线y  x2 a上的切点为 x ,y  ，曲线y  x3 x上的切点为 x ,y  ，
1 1 2 22x =3x2 1
则切线方程分别为y2xxx2 a,y(3x2 1)x2x3，所以 1 2
1 1 2 2  x2 a=2x3
1 2
9x4 6x2 1
即a x2 2x3  2 2 2x3，所以4a19x4 8x36x2
1 2 4 2 2 2 2
令h(x)9x4 8x36x2，且h‘(x)12x(3x1)(x1)
7 5 1
结合图象可得，当 4a10，即 a
27 27 4
10.【详解】抛物线E：y2 2px的焦点为F   p ,0  ，圆D方程为xp2y2  p2 ，对于A，
2  4
由点p,1在圆D上，得p2 4，而p0，则p2，A正确；
抛物线E：y2 4x的焦点为F1,0，设直线PQ方程为xty1,Px,y ,Qx ,y ，由对称
1 1 2 2
xty1 y y 4t
性不妨令点P在第一象限，由 ，得y24ty40，则 1 2 ，对于B，由
y2 4x y y 4
1 2
y2
PF 4 FQ ，得y 4y ，解得y 4，x  1 4，B错误；
1 2 1 1 4
4 4
对于C，由选项B得点P4,4，直线PQ斜率k  ，即tanPFD ，
3 3
3 6
则cosPFD ，而 DF 1，因此 MF 2 DF cosPFD ，C正确；
5 5
对于D， PQ x x 2ty y 44t24，又
1 2 1 2
FP  FQ x 1x 1ty 2ty 2 t2y y 2ty y 44t24，
1 2 1 2 1 2 1 2
且圆D的弦0 FM 2，因此 FM PQ  FP FQ   4t24 FM 1 不一定小于0，D错
误．
1cos2B 1cos2A
11. 【详解】由cos2 Bcos2 AsinAB 有，  sinAB
2 2
即sin(AB)sin(AB)sinAB ，因为A,B0,π ，则ABπ,π
，
且ABC为非等腰三角形，则AB0，可知sinAB0，
 π
即sinCsin(AB)1，所以C= ，所以C  ，即c2 a2b2，故选项A错误，
2 2
π π  1
因为B A，则tanBtan  A   ，即tanAtanB1，故选项B正确；
2 2  tanAb
对于选项C：因为hbsinA，abtanA，c ，
cosA
ab btanAb sinAcosA
 
则ch b sinAcosA1，
bsinA
cosA
t2 1
令sinAcosAt，且A B，则sinAcosA ，
2
 π
因为t sinAcosA 2sin  A ，
 4
 π π π π π π π 3π
且A  0,    , ，则A   ,    , ，
 4 4 2 4 4 2 2 4 
 π  2   
可得sin  A    ,1  ，则t 1, 2 ，
 4  2 
ab t 2t 2 2 2 
    ,1
所以ch t2 1 t2 1 1  3 ，故C选项正确；
1 t  
2 t
对于选项D：因为ABC的内切圆半径
1
2 ab
ab
ababc
abc
2 ，
r    
abc abc abcabc 2
1
且外接圆半径R c，
2
假设ABC的内切圆半径、外接圆半径、周长构成等比数列，
2
c abc
则
 

 
abc，整理可得a24abb2 0，此方程显然是有解的，
2  2 
故选项D正确.
综上，正确答案为BCD.
14.【详解】
设平面AMN与棱AC 交点为D，则AD 3DC ，（可先补成四棱柱，如图易得结论）
1 1 1 1
设M 到平面ACC A 的距离为d ，设直三棱柱的体积为V
1 1
1 11 2 1 3
所以V V   S  AA   S d
MA 1 B 1 ND MA 1 AD 3 12 A 1 B 1 C 1 3 1 3 8 ACC 1 A 111 1
 V  2V
54 8
49
 V
108
V 49
所以 1 
V 59
2
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）设这n2个数分别为c ,c ,,c ，其中c 1,c 100，
1 2 n2 1 n2
则 T c c c c ①
n 1 2 n1 n2
T c c c c ②
n n2 n1 1 2
两式相乘得
T2   cc  c c  c c  100n2 102n4
n 1 n2 2 n1 n2 1
T 10n2
n
a lgT n2
n n
（2）由（1）可知
 
sin1 sin1 sin(n3)(n2)
b   
n cosa cosa cos  n2  cos  n3  cos  n2  cos  n3 
n n1
sin(n3)cos(n2)cos(n3)sin(n2)
 tan(n3)tan(n2)
   
cos n2 cos n3
所以T tan4tan3tan5tan4tan(n3)tan(n2)tan(n3)tan3
n
16.（15分）
解：（1）函数定义域为
0，
当m1时，曲线 f(x)lnxx2在x1处的点为1，1
1
求导得 f(x) 2x，则曲线y f(x)在x1处的切线斜率k  f(1)1
x
则曲线y f(x)在x1处的切线方程为y x即xy0
（2）由 f(x)g(x)恒成立，ex ex ex
即lnxmx2 lnm mx2 即lnxlnm 即ln(mx) 即mln(mx)ex
m ， m m
即mxln(mx) xex即eln(mx)ln(mx) xex
记h(x) xex，即h(ln(mx))h(x)0
当ln(mx)0时，h(ln(mx))0h(x)，不满足题意
当ln(mx)0时，x  0,  时，h x    x1  ex 0恒成立，所以h(x)在  0，  上单
调递增，且h(x)0，所以h(ln(mx))h(x)0ln(mx)x
 
所以ln(mx)x0对于任意的x 0, 恒成立
ex
 
m 对于任意的x 0, 恒成立
x
ex ex x1 
记F  x   ，则F x   可得F  x  在  0,1  上单调递减，在  1，  上单调递增，
x x2
   
故F x  F 1 e，所以me
min
则实数m的取值范围是[e,).
17.（15分）
解：（1）证明：因为ADCD，且E为AC的中点，所以ACDE，
在ADB中和△BCD中，因为ADCD，且ADBCDB，DBDB
所以ADB≌BCD，所以ABBC，
又因为E为AC的中点，所以ACBE，
因为DEBEE，且DE,BE平面BDE，所以AC平面BDE，
又因为AC平面ACD，平面ACD平面BDE.
（2）解：①由（1）知ABBC，且ACB60，AB2，
所以ABC为边长为2的等边三角形，则AC2,BE 3,AE1，
因为ADCD且ADCD，所以ACD为等腰直角三角形，且DE1
可得DE1，且E为ACD的外接圆的圆心，
又因为ABBD2，可得DE2BE2 BD2，所以BE DE，3
取等边ABC的外接圆的圆心O，则O为四面体ABCD的球心，且OE ，
3
4 2 3
设四面体ABCD的外接球的半径为R，则R2  AE2OE2  ，即R ，
3 3
4 4 2 3 32 3
所以外接球的体积为V  πR3  π( )3  π，
3 3 3 27
又由DE2BE2 BD2，所以DEBE，
又因为ACDE，且ACBEE，AC,BE平面ABC，所以DE 平面ABC，
1 3 3
所以四面体的体积为V   221 ，
ABCD 3 4 3
V 9 9
则 ABCD  ，即四面体ABCD与外接球的体积比为 .
V 32π 32π
②由（1）知，AC平面BDE，连接EF，因为EF 平面BDE，
所以ACEF，当AFC的面积最小时，点F 到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小时，AFC的面积取得最小值，
DEBE 3
在直角BDE中，当EF的长度最小时，EF BD，此时EF   ，
BD 2
又由DEAC,BEAC，可得EA,EB,ED两两垂直，
以E为坐标原点，以EA,EB,ED所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则A(1,0,0),B(0, 3,0),D(0,0,1),C(1,0,0)，
 
可得AB(1, 3,0),DB(0, 3,1)，
DE2 1 3
在直角BDE中，DE1,DB 3,BD2，可得DF   ,BF  ，
DB 2 2
   
所以3DFFB，设F(0,y,z)，则DF (0,y,z1),FB(0, 3y,z)，
3 3 3 3  3 3
所以3(0,y,z1)(0, 3y,z)，可得y ,z ，即F(0, , )，所以CF(1, , )，
4 4 4 4 4 4
 
  nABx  3y 0
设平面ABD的法向量为n(x,y,z )，则  1 1 ，
1 1 1
nDB 3y z 0
1 1

取y 1，可得x  3,z 3，所以n( 3,1, 3)，
1 1
 
  CFn 4 3
设CF与平面ABD所成的角的为，可得sin cos CF,n     ，
CF n 7
4 3
所以，当AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的 .
718. （17分）
y 2 y 2 4 4
解：（1）设A( 1 ,y )，B( 2 ,y )，则有k  ，k  ，
4 1 4 2 OA y OB y
1 2
4 4 16 1
故k k     ，即y y 32
OA OB y y y y 2 1 2
1 2 1 2
设直线AB方程为：xmyt 联立方程得：y2 4my4t 0，
，
由根与系数关系得：y y 4t
1 2
即4t 32，得t 8，则直线AB过定点(8,0)
（2）①依题意，圆C半径为r2 4，得r 2
设圆心坐标为(x ,y )，过原点与圆相切的直线方程为ykx，
0 0
kx y
则有 0 0 2，化简得(x2 4)k2 2x y k y2 40
0 0 0 0
k2 1
y2 4 1
设直线OA、OB斜率分别为k ，k ，则有k k  0 
1 2 1 2 x2 4 2
0
x2 y2 x2 y2
化简得： 0  0 1，即圆心C为椭圆  1的点
12 6 12 6
x2 y2
所以该曲线的方程为  1.
12 6
1
②设直线OA、OB的方程分别为： y kx，y  x，设E(x ,y )，M(x ,y )
2k 1 1 2 2
y kx
 12 1（21k2)
则有x2 y2 ，解得x2  ，所以|OE|2
 1 1 2k2 1 2k2 1

12 6
6(4k2 1)
同理可得|OM |2
2k21
1（21k2) 6(4k2 1)
则|OE|2 |OM |2 
2k2 1 2k212
6k2 3
1
（22k2)  
2 (4k2 1)  2 
72  36 81
2k2 1 2k21 (2k2 1)2
2
所以|EF||MN|2|OE|2|OM|36，当且仅当k  时等号成立.
2
所以|EF||MN|的最大值为36.
19.（17分）
解：（1）记在操作一下，第二次取到红球的概率为P，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
1
4 1 2 4 7
所以P      ；
1 6 3 6 8 18
记在操作二下，取到红球的概率为P ，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
2
4 1 2 1 5
则P      ；
2 6 3 6 6 18
（2）①设第k k n 次是第一次取到红球，第n次是第二次取到红球的概率为P ，
k
k1 nk1
2 1 5 1
则P     ，
   
k 3 3 6 6
则第n次恰好抽到第二个红球的概率P为P 中k从1到n1取值累加求和，即
k
0 n2 1 n3 2 n4 n2
2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 1
P               ，
             
3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
利用等比数列求和公式即可得
1 1  2 0 5 n2 2 1 5 n3 2 2 5 n4 2 n2 5 0
P                         
3 6  3 6 3 6 3 6 3 6 
5
n2
2 6
n1
  1    
1 1 6  3 5  5 5 n2  4 n1 1 5 5 n2  4 n1
       1        1   
3 6 1 2  6 18 6  5  3 6 6  5 
3 5
1 5 n1  4 n1 1 5 n1 2 n1
    1          ；
3 6  5  3 6 3 
②由题可知，X 的取值依次为2,3,9,10，当X 10时，PX 101

PX 2PX 3PX 9

，
由数学期望的定义和①中的概率公式可知，
EX2PX 23PX 39PX 910  1PX 2PX 3PX 9 
 
10

8PX 27PX 31PX 9

1  5 1 5 2 5 8 1  2 1 2 2 2 8
10 8   7   1    8   7   1   ，
3  6 6 6  3  3 3 3 
n n
1 5 1 2
设a  n9 ,b  n9 ,n1,2,,8，
   
n 3 6 n 3 3
9 9
5 2
由错位相减法可得a a a 510 ,b b b 42 ，
   
1 2 8 6 1 2 8 3
 5 9  2 9 5 9 2 9
所以EX10510   42   910   2   .
 6   3  6 3