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2026 年普通高中毕业班考前冲刺题（三）
数 学
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．
1．已知命题P : x R ，ex x2 1 0，那么 P 为
． x R，ex x2 1 0 ． x R，ex x2A B 1 0
C． x R，ex x2 1 0 D． x R，ex x2 1 0
2．已知 i 为虚数单位，m R，若复数 2 i (m i) 在复平面内对应的点位于实轴上，则
mi
复数 的虚部为
1 i
A． i B． i C． 1 D．1
6
2
3． x 的展开式中的常数项为
x
A． 60 B． 15 C．15 D．60
x 2
4．若 f (x) (x a) ln 为偶函数，则 a
x 2
1
A． 1 B．0 C． D．1
2
π
5．在边长为 2 的菱形 ABCD 中， BAD ，以 AB 所在的直线为轴，其余三边旋转一周形
3
成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为
A．8 3π B．6 3π C．8 3π 3π D．6 3π 3π
1
6．已知三组数据：① 4，4，4，5，5，5，6，6，6；② 3，3，4，4，5，6，6，7，7；
2 2 2
③ 2，2，2，2，5，8，8，8，8 的方差分别是 S 1 ， S2 ， S3 ，则
． S 2 A S 2 S 2 ．S 2 S 2 S 2 ．S 2B C S 2 S 2 2 2 2 D．3 2 1 S S S 2 3 1 1 2 3 1 3 2
3
7．为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理.已知初始碳排放浓度为3.6kg / m ，每经过
一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%，国家排放标准规定碳排放浓度不得超过
0.08kg / m
3
.若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为
A．4 B．5 C．6 D．7
M N C : x2 28.已知 、 为圆 y 2x 4y 0上的两个动点，且 MN 4，点P 为直线

l : x y 1 0上的动点，则PM PN 的最小值为
A．2 2 5 B．2 2 5 C．5 4 2 D．5 4 2
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．
π
9．已知函数 f x Asin x 4 A 0, 0,0 的部分图象如图所示，若将函数
8
1 π
f x 的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的 ，再向右平移 个单位长度，得到函数 g x
4 6
的图象，则下列命题正确的是
1 π
A．函数 f x 的解析式为 f x 2sin x
2 6
π
B．函数 g x 的解析式为 g x 2sin 2x
6
4π
C．函数 g x 在区间 π, 上单调递增
3
2π
D．函数 f x 图象的一个对称中心是 ,0
3
2
10．在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，M ，N ，P ，T ，Q分别为CC1 ，BC ，AA1 ，A1C1，
AB1的中点，则下列说法中正确的有
A． A1B / / 平面PNC1
B．Q、M 、T 、 N 四点共面
C．TN BC
D．点M 到平面PQC 的距离等于点B1到平面PQC 的距离
x | x |
11．已知曲线C : y | y | 1，点P x, y 在C 上，点 A 1,0 ，B 1,0 ，则
4
A．曲线C 的图象关于原点对称
B． x 2y 的取值范围是 2 2,0 0,2 2
PA
C．当 x 0， y 0时， 的最大值为3
PB
PA
D．当 x 0， y 0时， 的最大值为 2 3
PB
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．已知随机变量 X 服从正态分布 N(0,1)，若P X a 0.8，则 P X a ____ .
13．将数列 *{3n 2}和{4n}（n N ）所有的项中去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大
排序得到新数列{c }，设数列{c }的前 n 项和为T ，则T _________. n n n 17
2
14．若b x x 2 ex b ax 0(a 0) 对 x 0, 恒成立，当 取得最小值时，
a
b .
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）
在△ ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ， S ABC 3 ，且
bsinC asin B sin B
0
bcosC acos B cos B
（1）求角 B 的大小；
（2）求b 的最小值.
16.（15分）
如图，正三角形 ABC 和平行四边形 ABDE 在同一个平面内，其中 AB 4 ，BD AD 7 ，
AB，DE 的中点分别为 F，G．将△ABC 沿直线 AB 翻折到△ ABC ，使二面角C AB D为
120°，设 CE 的中点为 H．
（1）求证：平面CDF // 平面 AGH ；
（2）求平面CDE与平面DEF 的夹角的余弦值
17.（15分）
某数学学习小组进行某品牌共享单车的月市场投放量统计的研究.已知每月该品牌每辆
单车上都有一个按生产顺序从 1开始的连续编号.假设每月生产并投放市场的单车总数为
N ，从中有放回地随机取n (n N)次，每次取 1辆，所抽取的n辆单车的编号，分别为 X 1 ，
X ， ， X ，记M max X1, X 2, , X2 n n ，即抽取共享单车中的最大编号.
（1）当 N 5，n 2时，求最大编号M 的分布列及数学期望；
（2）当n 2时，对任意 N ，求最大编号M 的数学期望.
n n 1 2n 1
参考公式：12 22 n2

.
6
4
18.（17分）
已知函数 f (x) (1 a)sin x xcos x(a R) .
（1）当 a 1时，求函数 f (x) 在 0, f (0) 处的切线方程；
π π
（2）讨论函数 f (x) 在 , 上零点个数；
4 2
π π 2 2
（3）设 a 0, ，证明：当 x 0, 时， f (x) π .
4 2 2 4
19.（17分）
2
已知抛物线C：y 2 px p 0 ，F 为其焦点，直线 l 过点F 交抛物线 C 于M ，N
两点（点 A 在第一象限），且三角形OMN 面积的最小值为 2．
（1） 求 p ；
（2）若三角形OMN 的外接圆与抛物线交于D （异于点O，M ， N ）．
（i）设M x1, y1 ， N x2 , y2 ， D x3 , y3 ，证明： y1 y2 y3 0．
（ii）求四边形OMDN 面积的取值范围.
52026 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．
2
12. 0.9 13. 399 14. 6e
[部分试题解析]
2
8.【分析】取 的中点 ，利用平面向量的基本定理和数量积得到 = 4，
要求 的最小值就是求 的最小值，求出 = 1，从而得到点 的轨迹是以 1,2
为圆心，以 1 = 1为半径的圆，由点 为直线 : + + 1 = 0上的动点，可知 的最小值为
圆心 1,2 到直线 : + + 1 = 0的距离减去半径 1，利用点到直线的距离公式来求出
，从而得到 .
min min
【详解】取 的中点 ，则 = ，
= + + = + = +
2 2 2 2 2 2 2
= 2 2 =

= =
4
= 4，
2 2
要求 的最小值，就是求 的最小值，
∵圆 : 2 + 2 2 4 = 0的圆心为 1,2 ，半径为 = 5，
2 2 4 2 4 2
∴ = 2 2 = 2 = 5 = 5 = 1，
2 2 2
∴点 的轨迹是以 1,2 为圆心，以 1 = 1为半径的圆，
∵点 为直线 : + + 1 = 0上的动点，
∴ 的最小值为圆心 1,2 到直线 : + + 1 = 0的距离减去半径 1，
1+2+1
∴ = 1 = 2 2 1，
min 12+12
2 2
∴ = 4 = 2 2 1 4 = 5 4 2，
min min
故选项 C 正确.
2
14. 6e
【解】由 2 x 2 xb x x 2 e ax 0,(a 0)，得 x x 2 e ax b．

设函数 f x x2 x 2 ex，则 f 2 x ，则 在 13 1x (x x 3)e f x 0, 上单调递减， 2

在 13 1
f x
上单调递增。因为 f (2) 0作出 的大致图象，如图所示，直线 y ax b , 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 2 f 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)
（ ）解：由正弦定理得 sin BsinC sin Asin B sin B1 0
sin BcosC sin Acos B cos B
而 sin B 0，则 sin BcosC sin Acos B cos Bsin C sin Acos B ，
所以 cos BsinC sin BcosC 2sin Acos B 0
则 sin(B C) 2sin Acos B 0 ，所以 sin A 2sin Acos B 0 ，
而 sin A 0，可得 cos B 1 ，
2
由 0 B ，可得 B 2 .
3
bsin A bsin C
(2)法 1：由正弦定理，得a ，c
sin B sin B
又 S 1 ac sin B 1 b
2 sin Asin C 2 sin B 1 b sin Asin C
2
ABC 3 ， b sin AsinC 3 2 2 sin2 B 2 sin B
b2 3 3 3
3
sin Asin C sin Asin( A) sin A(sin cos A cos sin A) 3
3 3 3 sin Acos A
1 sin2 A
2 2
3 3 ，
3 1 1 1sin 2A cos 2A sin(2A
) 1
4 4 4 2 6 4
而 0 A 且 1 sin 2A 1 0且 2A 5 ， 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 ABC acsin B 3 ，得：ac 4
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
2 2 2
由余弦定理得：CD CF DF 2CF DF cos CFD
所以：CD 21
CD2 DF 2 CF 2 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 .
7
17. （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 1 3P(M 2) C2
5 5 25
2
1 1 1 2 1P(M 3) C2
5 5 5 5
2
1 1 1 3 7P(M 4) C2
5 5 5 25
2
1 1 4 9
P(M 5) C
1
2
5 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 1 m 1
（2）由题意可得：P(M m) C2 ，1 m N
N N N
2m 1
P(M m)
N 2
N N 2m2 N m 2 N 1 N
E(M ) mP(M m) m2 m2 2
m 1 m 1 N m 1 N N
2
m 1 N
2
m 1
2 N(N 1)(2N 1) 1 N(1 N) 4N 2 3N 1
E(M )
N 2 6 N 2 2 6N
4N 2 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
2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 1 3 2 N N 1
1 2 3 ... N
N N N N N N N N
2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 2 2 N 1 N 1 N
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
2 21 22 32 ... N 1 N
N 2
1 N 1 N 2N 1
N
N 2 6
4N 2 3N 1

6N
4N 2 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) xcos x ,则 f (x) xsin x cos x .
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 .
xcos x
（2）方法 1：令 f (x) 0 ，得1 a ，
sin x
xcos x sin xcos x x
令 F (x) ，得 F ' (x) ，
sin x sin2 x
' 1 sin 2x 2x 则有 'F (x) ，由 x , ，得 2x , ，有n2is 1x ，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) sin xcos x 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.
xcos x
方法 2：令 f (x) 0 ，得1 a ，
sin x
1 1
有 tan x x，不妨研究函数 g(x) tan x 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) sin x a sin x xcos x ， a 0, .-
4

由 x 0, ，得 sin x 0 ，则 H (a)在 0,2
上单调递减，
4

则 H (a)min H ( ) (1 )sin x xcos x .
4 4

令 g(x) (1 )sin x xcos x ，则有 g ' (x) (1 )cos x xsin x cos x xsin x cos x .
4 4 4
g ''

(x) sin x xcos x sin x (1 )sin x xcos x .
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)min g( ) .
4 2 4 2 4
2 2
综上， f (x) .
2 4
方法 2：令G(x) f ' (x) acos x xsin x ，

由 x 0, ，
'
a 0, ，则G (x) 1 a sin x xcos x 0 ，故G(x)在 0,2 4 2
上单调递增.


又G(0) a 0 ，G( ) 0 ,所以存在唯一实数 x 0, ，使得0 G(x0) 0， 2 2 2

则当 x 0, x 时， f '0 (x) 0 ；当
'
x x , 时， f (x) 0，故 f (x) 在 0, x0 上单调递减，0
2

在 x , 上单调递增，从而0 f (x)min f (x0) (1 a)sin x0 x0 cos x . 0
2
x sin x
由 acos x x sin x 0，则 a 0 0
x
,则 f (x) (1 a)sin x x cos x sin x 0 .
0 0 0 min 0 0 0 0
cos x0 cos x0
x sin xcos x x
又令 h(x) sin x (0 x ) ，则 h' (x) 0，
cos x 2 cos2 x

所以 h(x) 在 0, 上单调递减.
2

由 a 0, ，则可得 h( ) h(x0 ) h(0) ， x 0, . 0
4 4 4
x
令 H (x) sin x (0 x ) ，
cos x 4
' cos x xsin x sin x(cos xsin x x)则 H (x) cos x 0，
cos2 x cos2 x

所以 H (x) 在 0, 上单调递减，
4
2 2
故 f (x)min H ( ) .
4 2 4
2 2
综上， f (x) .
2 4
19.（17 分）
p
p x my
解：（1）设直线 l：x my ，联立 2 ，
2 2
y 2 px
2 2 2 2 2
得 y 2 pmy p 0， 4m p 4 p 0，
由韦达定理可知： y1 y2 2pm，y1y2 p
2
．
1 1 p p2
则 S OMN OF y1 y2 4m
2 p2 4p2 ，
2 2 2 2
当且仅当m 0时等号成立．
p2 2
此时 2 ，则 p 2，抛物线C：y 4x .
2
（2）设M x1, y1 , N x2 , y2 , D x3, y3
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 y
4 (4d 16)y2 16ey 0 ，
y2 4x
即 y y3 (4d 16)y 16e 0，
所以 y1, y2 , y3 即为关于 y 的方程 y
3 (4d 16) y 16e 0 的 3个根，
y3则 (4d 16)y 16e y y1 y y2 y y3 ，
因为 y y1 y y
3
2 y y3 y y1 y2 y y
2
3 y1y2 y2 y3 y1y3 y y1y2 y3 ，
由 y2 的系数对应相等得， y1 y2 y3 0，所以结论成立.
方法 2:设M x1, y1 , N x2 , y2 , D x3, y3 ，
4 4 4 4
则 kOM ,kON ,kMD ,kND ，
y1 y2 y1 y3 y2 y3
因为 O，M，D，N四点共圆，所以 MON MDN ，即 tan MON tan MDN 0 ，
k k 4 y2 y1 k k 4 y y
tan MON OM ON , tan MDN ND MD
1 2
,
1 k 1 k k y y y y 16OM kON y1y2 16 ND MD 1 3 2 3
化简可得: y3 y1 y2 ，所以 y1 y2 y3 0 .
（3）记 OMN, MND 的面积分别为 S1, S2 ，由已知得直线 MN的斜率不为 0，
x my 1
设直线MN : x my 1，联立 2 ，消去 x2 ，得 y 4my 4 0，
y 4x
1 1
所以 y1 y2 4m, y1 y2 4，所以 S1 OF y1 y2 16m
2 16 2 m2 1，
2 2
1 2 1 2
由（1）得，y3 y1 y2 4m，所以 x3 y3 ( 4m)
2 4m2 ，即D 4m , 4m ，
4 4
8m2 1
因为 MN x1 x2 2 m y1 y2 4 4m
2 4，点D 到直线 MN的距离d ，
m2 1
8m21 1 1
所以 S2 MN d 4m2 4 2 m2 1 8m2 1 ，
2 2 m2 1
所以 S S1 S2 2 m
2 1 2 m2 1 8m2 1 2 m2 1 1 8m2 1
M 在第一象限，即 y1 0, y2 0, y3 4m 0，
依次连接 O，M，D，N构成凸四边形 OMDN，所以 y3 y1 y2 y2 ，即 y1 2y2 ，
4
2
又因为 y1 y2 4, 2y2 ，即 y2 2，即 2 y2 0 ， y2
4 1
所以4m y1 y2 y2 2 2 2 2
2 2
，即m ，即m ，
y2 4 8
所以 S 2 m
2 1 1 8m2 1 16m2 m2 1，
2 3 2设 t m 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
.

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