资源简介

2026 届高三考前指导卷
数学试题
注意事项：
1．本试卷考试时间为 120分钟，试卷满分 150分．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上．
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．已知集合 A = { 4,. 2,.0,.2,.4}， B = {x x2 2x 3 > 0}，则 A B =
A．{ 2,.0,.2} 1B．{0,.2} 1C．{ 4,. 2} 1D．{ 4,. 2,.4}
2．若复数 z 满足 (1+ i)z = 2i，其中 i 为虚数单位，则 z 的虚部为
A． 1 1B．1 1C． i 1D． i
3． (2x2 1 )5的展开式中含 x4 项的系数为
x
A．80 1B． 80 1C．10 1D． 10
4．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0 ℃，则
t.min 后物体的温度θ ℃满足公式θ =θ + (θ θ )e kt0 1 0 （其中 k 是一个随着物体与空气的
接触状况而定的正常数）．某天小明同学将温度是80℃的牛奶放在 20℃的空气中，冷却
2.min 后牛奶的温度是50℃，则 k =
A．3ln 2 1B． 2ln 2 1C 1． ln 2 1D 1． ln 2
2 3
5．已知函数 f (x) = 2cos(ωx π+ ) （ω > 0 2π）在 x = 处取得最小值，则ω的最小值为
3 9
A．1 1B． 2 1C．3 1D． 4
6．已知函数 f (x) = ex e x + 2sin x ，若 f (aex ) + f ( x) > 0恒成立，则 a的取值范围为
A ( ,. 1． ∞ 2 ) 1B． (
1 1 1
∞,. ) 1C． ( 2 ,.+ ∞) 1D． ( ,.+ ∞) e e e e
7．已知点O(0,.0) ， A(2,.0)，若直线 l ： x + 3y m = 0（m > 0）上存在点 P ，使得
π
∠OPA = ，则正实数m 的取值范围为
6
A． (0,.6] 1B． (0,.8] 1C．[2,.6] 1D．[2,.8]
8．在△ ABC 中， D ， E 分别为线段 AB ， BC 上的点，直线 AE ，CD交于点 P ，且满足
C C C S
BP 1= BA 1+ BC ，则 DBPE =
3 2 SDBPD
A 2． 1B 3． 1C 3． 1D 4．
3 2 4 3
1
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 π．平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中，∠DAB = ∠DAA1 = ∠BAA1 = ， AA1 = AB = AD = 2 ， 3
则下列说法正确的是
A． AA1 ⊥ BD
C C C C
B．若 AC1 = xAB + y AD + z AA1 ，则 x + y + z = 2

C． AC1 = 2 3

D． cos < AC ,.BD 31 1 >= 3
x2 y210．设 F 为双曲线C ： 2 2 =1（ a > 0，b > 0 ）的左焦点，经过原点且斜率大于 0 的 a b
直线 l 交C 于 A， B 两点， AF 3π与 x轴垂直，∠AFB = ，则
4
2
A b． AF =
a
B．双曲线C 的渐近线方程为 y = ± 2x
C．双曲线C 的离心率为1+ 2
D．直线 l 的斜率为 2
11．设函数 f (x) ， g(x)满足： x∈R ，恒有 f (x) + g(x) = x3 x2 2x ，则下列结论可能
成立的有
A． f (x) ， g(x)均为R 上的增函数
B． f (x) 为R 上的减函数且 g(x)为R 上的增函数
C． f (x) 的极小值点与 g(x)的极大值点相同
D． f (x) 存在最小值且 g(x)存在最大值
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12．在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在曲线C ： y = x3 3x +1上且在第三象限内．若曲
线C 在点 P 处的切线为 y = 9x + b ，则实数 b = ________．
13．甲、乙两个盒子中分别装有大小及形状完全相同的三个小球，且均各自标号为 1、2、
3．现分别从这两个盒子中随机取一个球，用 X 表示两球上的数字之和，设 X 的期望
为 E(X ) ，则 E(3X +1) = ________．
14．已知正四棱锥 P ABCD 的棱长为 1，平面α 满足 PC ⊥α ，且棱 PB ， PC ， PD与α
的交点分别为 E ， F ，G ，则四面体 BEFG 体积的最大值为________．
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）
在△ ABC 中， tan A 1 π= ， B = ．
2 4
（1）求 tan C ；
（2）若 D 为 AB 的中点，且CD = 2 5 ，求△ ABC 的面积．
16．（15分）
如图，在四棱锥 S ABCD 中，BC ∥ AD ，AB = BC =1，点 E 在 AD 上，且 SE ⊥ AD ，
AE =1， DE = 2 ．
（1）设平面 BCGF 与 SD ，SE 分别交于点G ，F ，且 BF ∥平面 SCD ，证明：F 为线
段 SE 的中点；
（2）若 AB ⊥平面 SAD， SD 与平面 SAB 10所成角的余弦值为 ，求 SD 的长度．
10
第 16 题图
17．（15 分）
已知正项等比数列{an}满足 a3 5a1 =12且 3a1 ， a2 ， a3 成等差数列．
（1）求 an 及其{an}的前 n项和 Sn ；
（2）从 a1，a2 ，a3 ，…，a10 中任取三项，求这三项按照原顺序排列依然构成等比数列
的概率；
（3）设每项均不为 0 的数列{bn}满足{an + bn}、{an bn}均为等比数列．证明：{bn}
为等比数列．
3
18．（17分）
2 2
在平面直角坐标系 xOy y x中，已知椭圆G ： + =1（ a > b > 0 ）的焦距为 2 ，离心
a2 b2
2
率为 ．
2
（1）求G 的方程；
（2）设 F 为G 的上焦点，点 A在G 上且位于第一象限， A关于 x轴的对称点为 B ．
（ⅰ）若直线 BF 与 x轴、OA的交点分别为C 、 D ，且 BC = DF ，求 AB ；
（ⅱ）直线 AF 、 BF 分别交G 于另一点M 、 N ，求△MNF 面积的最大值．
19．（17分）
定义函数 q(x) = p′(x) x （ p(x) ≠ 0）为 p(x)的“伴生函数”，其中 p′(x) 为 p(x)的导
p(x)
函数．若区间D满足 x∈D，都有 q(x) >1成立，则称 p(x)在D上具有“伴生性质”且D为
p(x)的“伴生区间”．已知 f (x) = xex （ x ≠ 0），设 f (x) 的“伴生函数”为 g(x)．
（1）请求出 f (x) 的一个“伴生区间”；
(e
x
（2）若方程 ln x t)(g(x) 1) =1有两个不同的实数解 x1 ， x2 （ x1 < x2 ）． x
（ⅰ）求 t 的取值范围；
2
（ⅱ）证明： ln x1 + x2 + < t ．（参考数据： e ≈ 2.718， 2 ≈1.414） 2
4
2026 届高三考前指导卷
数学试题参考答案
一、选择题：
1．D 2．B 3．A 4．C
5．C 6．D 7．B 8．C
二、选择题：
9．AD 10．ACD 11．BCD
三、填空题：
12．17 13．13 14 2．
162
四、解答题：
15．解：（1）因为 tan A 1= , B π= ，
2 4
1
tan A + tan B +1
所以 tan (A + B) = = 2 = 3． …………3 分
1 tan A tan B 1 1
2
因为 A + B +C = π ，
所以 tan C = tan (π A B) = tan (A + B) = 3． …………5 分
（2）因为 tan A 1= , tan C = 3 B π， = ，且 A, B,C∈(0，π )，
2 4
sin A 5 ,sin B 2 ,sin C 3 10所以 = = = ． ………… 7 分
5 2 10
由正弦定理可得a : b : c = sin A : sin B : sin C = 2 : 5 : 3． …………9 分
因为 D 为 AB 的中点，且CD = 2 5 ，
C2 1 ( C C)2 1 ( C2 C C C2所以CD = CA +CB = CA + 2CA CB +CB4 4 )
1
= (a2 + 2abcosC + b2 ) 1= (2a2 + 2b2 c2 )= 20．
4 4
设 a = 2k,b = 5k,c = 3k 5，则 k 2 = 20解得 k = 4 . …………11 分
4
所以 a = 4 2,b = 4 5,c =12，
S 1
1 3 10
所以 = absin C = ×4 2 ×4 5× = 24 . …………13 分
2 2 10
16．解：（1）因为 BF // 平面 SCD ， BF 平面 BCGF ，
平面 SCD 平面 BCGF = CG ，
所以 BF // CG . …………2 分
因为 BC // AD ,
BC 平面 SAD ,
AD 平面 SAD，
所以 BC // 平面 SAD． …………3 分
5
因为 BC 平面 BCGF , 平面 BCGF 平面 SAD = FG ，
所以 BC // FG ．
故四边形 BCGF 为平行四边形，即 BC = FG =1， …………5 分
因为 BC ∥ AD ，所以 FG ∥ AD ．
1
因为 FG = ED =1， FG ∥ ED，
2
所以 F 为线段 SE 的中点． …………6 分
（2）连接 EC ．
因为 AE / /BC, AE = BC =1，
所以四边形 ABCE 是平行四边形，
所以 AB / /CE ．
因为 AB ⊥平面 SAD， SE 平面 SAD， DE 平面 SAD，
所以 AB ⊥ SE ， AB ⊥ DE ，
所以CE ⊥ SE ，CE ⊥ DE ．
又因为 SE ⊥ AD ，以{EC, ED, ES}为正交基底，建立如图所示的空间直角
坐标系 E xyz ． …………8 分
设 S(0,0,h), (h > 0)， A(0, 1,0), D(0,2,0), B(1, 1,0),C(1,0,0),
C C C
SD = (0,2, h)， AB = (1,0,0) , SA = (0, 1, h)，
nC设平面 SAB 的法向量为 = (x, y, z )，则有
C C
n ⊥ AB n AB = x = 0
，即 C C ，
n ⊥ SA n SA = y hz = 0
令 y
C
= h, z = 1，所以n = (0,h, 1)，
C C
C C
cos n, SD n SD 3h所以 < >= C C = ． …………10 分
| n | | SD | 4 + h2 1+ h2
因为 SD 10与平面 SAB 所成的角的余弦值为 ，
10
SD SAB 3 10所以 与平面 所成的角的正弦值为 ，
10
3 10 | 3h |
即 = ． …………11 分
10 4 + h2 × 1+ h2
h2 1
所以 =(4+ h2 )(1+ h2 ) 10 ，化简可得：h
4 5h2 + 4 = 0，
解得h2 =1或 h2 = 4，即h =1或h = 2， …………13 分
所以 SD = SE2 + ED2 = 12 + 22 = 5 或 SD = SE2 + ED2 = 22 + 22 = 2 2 .
…………15 分
17．解：（1）设{an}的公比为 q ，且 q > 0 ．
6
2a1q = a
2
1q 3a q = 3依题意得 1 ，解得 ． …………2 分
a1q
2 5a1 =12 a1 = 3
n n+1
所以 an = 3
n 3(1 3 ) 3 3， Sn = = ． …………4 分 1 3 2
（2）记事件 A = “这三项按照原顺序排列依然构成等比数列”，则事件 A包含如下基
本事件： a1， a2 ， a3 ； a2 ， a3 ， a4 ；……； a8 ， a9 ， a10 ；
a1， a3 ， a5 ； a2 ， a4 ， a6 ；……； a6 ， a8 ， a10 ；
a1， a4 ， a7 ； a2 ， a5 ， a8 ； a3 ， a6 ， a9 ； a4 ， a7 ， a10 ；
a1， a5 ， a9 ； a2 ， a6 ， a10 ；
则 n(A) = 8 + 6 + 4 + 2 = 20， …………7 分
于是 P(A) 20 20 1= 3 = = ． …………9 分 C10 120 6
（3）因为{an + bn}、{an bn}均为等比数列，
(3n+1 + b 2 n n+2
所以 n+1
) = (3 + bn ) (3 + bn+2 )
， …………13 分
(3n+1 b )2 = (3n b ) (3n+2 n+1 n bn+2 )
2 3n+1 b 2 n n+2
整理得 n+1
+ bn+1 = 3 bn+2 + 3 bn + bnbn+2
，
2 3n+1 b
2 n
n+1 + bn+1 = 3 bn+2 3
n+2 bn + bnbn+2
上述两式相加得b2n+1 = bnbn+2 ，
又数列{bn}的每项均不为 0，所以{bn}为等比数列． …………15 分
2c = 2
18
c =1
．解：（1）设椭圆G 的半焦距为 c ，依题意得 c 2 ，解得 ，
= a = 2 a 2
所以b = a2 c2 =1，
2
所以椭圆G y的方程为 + x2 =1． …………4 分
2
（2）（ⅰ）依题意设 A(m,.n) ，则 B(m,. n)，其中m > 0， n > 0 ．
由 F (0,.1)， B(m,. n) 1+ n可得直线 BF 的方程为 y = x +1，
m
令 y = 0 ，得 x mC = ． 1+ n
n
又直线OA的方程为 y = x，
m
y 1+ n n m联立方程 = x +1及 y = x，解得 xD = ． …………6 分 m m 2n +1
因为 BC = DF 及 B ，C ， D ， F 共线，
所以 xD xF = xB xC ，
m m 2
所以 = m ，解得 n = ，
2n +1 1+ n 2
所以 AB = 2 ． …………9 分
7
y n 1 = x +1 m
（ⅱ）联立直线 AF 与椭圆G 的方程得 ，消去 y ，得
y
2
+ x2 =1 2
(2m2 + n2 2n +1)x2 + 2m(n 1)x m2 = 0．
n2
因为 A在椭圆G 上，所以 + m2 =1，
2
所以 (3 2n)x2 + 2m(n 1)x m2 = 0 ．
m2 m
由根与系数的关系得 xM m = ，解得 xM = ．…………11 分 3 2n 2n 3
m
同理可得 xN = ． 2n 3
因为∠MFN = ∠AFB ，
m m
S
所以 DMNF
MF NF MF NF 1
= = = 3 2n 3+ 2n = ．
SDABF AF BF AF BF m m 9 4n
2
又 S 1DABF = 2n m = mn， 2
S mn所以 DMNF = 2 ． …………14 分 9 4n
n2
因为 + m2 =1，
2
mn mn 2mn 2mn 2
所以
9 4n2
= 2 = 2 2 ≤ = ，
9(n m2 ) 4n2 18m + n+ 2 18m
2n2 6
2
当且仅当18m2 = n2 m 10，即 = ， n 3 5= 时，等号成立．
10 5
2
综上，△MNF 面积的最大值为 ． …………17 分
6
19 x．解：（1）当 f (x) = xe (x ≠ 0)时，
x x
f (x) x (e + xe )的“伴生函数”为 g (x) = f ′(x) x = =1+ x (x ≠ 0)，
f (x) xex
…………1 分
g (x) 1= x > 0，
当 x∈(0,+∞)时， g (x) 1> 0， g (x) >1， f (x) 具有“伴生性质”．
故 f (x)的一个“伴生区间”为 (0,+∞)． …………3 分
提醒： (0,+∞)的子区间都对，答案不唯一
ex
（2）（ⅰ） ln x t [g(x) 1] =1
x
8
ex 1
故 ln x t = 0 ， …………4 分
x
k(x) e
x 1
设 = ln x t ，
x
k ′(x) xe
x (ex 1) 1 (x 1)(ex 1)
= 2 =x x x2
令 k ′(x) > 0，解得 x >1；令 k ′(x) < 0，解得0 < x <1，
故当 x∈(0,1)时， k(x)单调递减； x∈(1,+∞)时， k(x)单调递增．
ex
因为方程 ln x t [g(x) 1] =1有两个不同的实数解 x1、x2 (x1 < x2 )．
x
exk(x) 1所以 = ln x t 在 (0,+∞)上有两个零点，
x
故 k(1) = e 1 t < 0，即 t > e 1 …………7 分
当 x = e t 时， k(e t ) = e（t
t
ee 1）> 0
因为 k(1)k(e t ) < 0 ，所以 x ∈ (e t1 ，1)，k(x1) = 0 ．
若 m(x) = ex x2 , (x >1) ，所以m′(x) = ex 2x,
因为m′′(x) = ex 2 > 0在 (1,+∞)上恒成立，
所以m′(x) > m′(1) = e 2 > 0，则m(x)在 (1,+∞)上单调递增，
则 m(x) > m(1) = e 1> 0 x >1 ex，即当 时， > x2 ．
n(x) ln x 1 x 1若 = + , (x >1) ，
2 2x
2
所以n′(x) 1 1 1 x + 2x 1= 2 = 2 < 0，则n(x) 在 (1,+∞)上单调递减， x 2 2x 2x
则 n(x) < n(1) = 0 ，所以当 x 1 1>1时， ln x < (x )．
2 x
当 x >1时，
x 2
k(x) e 1= ln x t x 1> ln x t = x 1 ln x t 1 1> x t ．
x x x 2 2x
2 1 1
当 x x t > 00 = t +1+ t +1时， 2 0 2x ，即 k(x0 ) > 0． 0
因为 k(1)k(x0 ) < 0 所以 x2 ∈ (1, x0 )，k(x2 ) = 0 …………10 分
综上， t 的取值范围（e 1，+ ∞）． …………11 分
ex2 1
（ⅱ）由 x1, x2 为方程的两个解可知： t = ln x2 ,0 < x1 <1< x2 x2 x2
x2
要证 ln x x 2 e1 + 2 + < t = ln x
1
，
2 x 22 x2
9
ex2 1 2
即证 ln (x1x2 ) < x2 ， …………12 分 x2 x2 2
exM (x) x 1 2 (x 1) (x 1) e
x x 1
令 = > ，M ′(x) ( )= ，
x x 2 x2
令 N (x) = ex x 1(x >1)， N ′(x) = ex 1> 0，
则 N（x）在 (0,+∞ )单调递增，故 N (x) > N (0) = 0，
所以 x >1时，M ′(x) > 0，故 M（x）在 (1,+∞)上单调递增，
M (x) M (1) e 2 2 2.718 2 1.414则 > = ≈ ≈ 0.011> 0 ． …………13 分
2 2
x
设 h(x) e= ln x 1 , (x >1) ，
x x
令Q(x) = h(x) 1 h( )，(x >1)，
x
1
Q′(x) h′(x) 1 h′(1) (x 1)(e
x xe x + x 1)
= + 2 = 2 ， x x x
1
令G (x) = ex xe x + x 1, (x >1)，
1
x 1
1
则G′(x) = e e x + e x +1．
x
1
因为 x >1，所以 x 1> ex，则 > e x ，所以G′(x) > 0 ．
x
则G(x)在 (1,+∞)上单调递增，G (x) > G (1) = 0，即Q′(x) > 0，
则Q(x)在 (1,+∞)上单调递增，所以Q (x) > Q (1) = 0，
即 h(x) 1> h( )， x∈(1,+∞)成立， …………15 分
x
1
因为0 < x1 <1< x2 ，则h(x1) = h(x2 ) > h( ) ， x2
1 1
又0 < x1 <1，0 < <1x ，h(x)在(0，1)单调递减，则
x1 < x x <1
2 x
，即 1 2 ，
2
x2
故 ln (x1x2 ) < 0
e 1 2
,所以 ln (x1x2 ) < 0 < x2 ， x2 x2 2
所以 ln x + x 2+ < t . 1 2 …………17 分 2
10

展开更多......

收起↑