2026 年高考数学考前强化训练卷

2026年高考数学考前强化训练卷一、选择题1．若椭圆Γ1：x2aA．213 B．72 C．3 2．若复数z满足i⋅z=3−4i，则|z|=（）A．1 B．5 C．7 D．253．如图中U是全集，M，N是U的两个子集，则图中阴影部分表示为（）A．∁UM B．∁UN C．4．已知等比数列{an}满足a1=3，且4a1A．1 B．-1 C．-2 D．25．已知A(2,2)在抛物线C:y2A．1 B．32 C．2 D．6．已知a=log0.22，b=A．c<a<b B．a<c<b C．b<c<a D．a<b<c7．下列说法正确的是（）A．一组数据7,8,8,9,11,13,15,17,20,22的第80百分位数为17；B．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=4.712，根据小概率值α=0.05的独立性检验x0.05=3.841，可判断C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0；D．若随机变量ξ,η满足η=3ξ−2，则Dη8．设a=logA．b>a>c B．a>b>c C．c>a>b D．a>c>b9．已知函数f(x)对∀x∈R都有fx=fx+4+f2，若函数y=fx+3的图象关于直线x=−3对称，且对∀x1,x2∈0,2，当x1≠A．1 B．2 C．3 D．410．3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为3D打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为10的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为62cm，下底直径为92cm，喉部（中间最细处）的直径为A．272cm B．18cm C．272二、多项选择题11．已知双曲线C:x26−y23=1的左，右焦点分别为F1A．|k|<22 C．AF1⋅AF2的最小值为−3 12．已知正方体ABCD−A1B1C1DA．EF⊥CB．直线EF与BC1C．直线EF与平面ABC1D．直线B1D与平面A113．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线Ω:y2=2px(p>0)的准线为l,O为坐标原点，在x轴上方有两束平行于x轴的入射光线l1和l2，分别经Ω上的点Ax1,y1和点Bx2,y2反射后，再经Ω上相应的点CA．若直线l3与准线l相交于点P，则A,O,PB．若直线l3与准线l相交于点P，则PF平分C．yD．若直线l1的方程为y=2p，则14．关于等差数列和等比数列，下列说法不正确的是（）A．若数列{an}为等比数列，且其前n项的和B．若数列{an}为等比数列，且C．若数列{an}为等比数列，Sn为前n项和，则SnD．若数列{an}为等差数列，215．已知函数fxA．fx的最小正周期是B．−π6,0C．将fx的图象向左平移πD．fx在区间0,三、填空题16．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为．17．已知函数f(x)=x2−ax+2,x≥1,ax+a,x<1在R18．抛物线C的顶点为坐标原点，焦点F在x轴正半轴上.P为C上一点，且PF比P到y轴的距离多1，则抛物线C的标准方程为.19．如图，甲乙两人做游戏，甲在A处发现乙在北偏东45°方向，相距6百米的B处，乙正以每分钟5百米的速度沿南偏东75°方向前进，甲立即以每分钟7百米的速度，沿北偏东45°+α方向追赶乙，则甲追赶上乙最少需要分钟．20．已知实数x，y满足x>0，y>0，2xy=3x+y+1，则xy的最小值是.四、解答题21．设函数f(（1）求f(x)（2）若f(x)≥a(（3）若x1,x22．如图，在四棱锥B－ACDE中，正方形ACDE所在平面与正△ABC所在平面垂直，M，N分别为BC，AE的中点，F在棱CD上．(1)证明：MN//平面BDE．(2)已知AB=2，点M到AF的距离为305，求三棱锥C－AFM23．如图，正三棱柱的所有棱长都为2，D为CC（1）求证：AB1⊥（2）求二面角A−A（3）求点C到平面A124．已知椭圆E:x2a2+y2（1）求椭圆E的方程；（2）设直线y=kx+2与椭圆E相交于不同的两点P和Q，当PQ=325．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos（1）求A；（2）若a=6，△ABC的面积为93，求△ABC

答案解析部分1．【答案】A2．【答案】B3．【答案】D4．【答案】D5．【答案】D6．【答案】D7．【答案】B8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】C11．【答案】A,C12．【答案】C,D13．【答案】A,C,D14．【答案】C,D15．【答案】A,B16．【答案】18π17．【答案】0,18．【答案】y19．【答案】220．【答案】4+1521．【答案】（1）解：函数f(x)=xlnx定义域为0，+∞，则f(1)=0，f'(1)=1，故f(x)在点1,0（2）解：设h(t)=t−1−lnt定义域为0，+∞，h'(t)=1−1t=t−1t，当h'(t)<0时，解得0<t<1，

当h'(t)>0时，解得t>1，故函数h(t)在(0,1]上单调递减，在[1设g(t)=a(t−1)−2lnt，则当x∈(0,+∞)时，1x的取值范围是(0,+∞)若对任意t∈(0,+∞)，恒有g(t)≥0，

则对∀t∈(0,取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0，再取t=2a，得0≤a⋅2若a=2，则对任意t∈(0,+∞)，都有综上可知，a的取值范围是{2}.（3）证明：易证对0<a<b，有lna+1<证明：由（2）的结论t−1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'(x)=lnx+1，当f'(x)<0时，解得所以函数f(x)在(0,1e当1e≤x当0<x1≤对任意的c∈(0,1e]，设φ(x)=xlnx−clnc−c−x且当x≥c−14(ln2φ'所以φ'(x)在(0,c)上存在零点x0，再结合φ'(x)单调递增，当0<x<故φ(x)在(0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1−q2时，由c−x>q再根据φ(x)在(0,x0]上单调递减，即对综合①②可知对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0，即φ(x)=xln根据c∈(0,1e]和0<x≤c的任意性，取c=x所以|f(x当0<x1≤1e≤x由f(x)的单调性，可知|f(x1)−f(故一定有|f(x综上，|f(x22．【答案】解：（1）取CD中点G，连接NG，MG，如图所示：因为G,M为变CD,BC中点，所以GM//BD，又因为BD⊂平面BDE，GM⊄平面BDE，所以GM//平面BDE，又因为四边形ACDE为正方形，N,G为AE,CD中点，所以NG//DE，又因为NG⊂平面BDE，NG⊄平面BDE，所以NG//平面BDE，又因为GM∩NG=G，GM,NG⊂平面MNG，所以平面MNG//平面BDE，又因为MN⊂平面MNG，MN//平面BDE；（2）因为ΔABC为正三角形，M为BC中点，所以AM⊥BC，因为平面ACDE⊥平面ABC，CD⊥AC，平面ACDE∩平面ABC=AC，CD⊂平面ACDE，所以CD⊥平面ABC，

又因为AM⊂平面ABC，所以AM⊥CD又因为BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD，所以AM⊥平面BCD，又因为FM⊂平面BCD，所以AM⊥MF，设CF=a，则AF=4+a2，MF=AF⋅305=AM⋅MF，即30则VC−AFM23．【答案】（1）证明：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，取BC中点O，过由BB1⊥平面ABC，得Oy⊥平面ABC，OA,BC⊂平面ABC，则Oy⊥BC，Oy⊥OA，而OA⊥BC，

即OB,Oy,OA两两垂直，以O为原点，直线OB,Oy,OA则A(0,0有AB1=(1,2,−即AB1⊥BD，AB1所以AB1⊥（2）解：由(1)知，AB1⊥平面A1BD设平面AA1D的法向量n→=(x,y,z)则n→·AA1则cos⟨AB1→因此sinθ=所以二面角A−A1D−B（3）解：由(2)知AB1→=(1,2所以点C到平面A1BD的距离为24．【答案】（1）解：由题意得：2a=23，所以a点M(2,33)所以椭圆E的方程为：x2（2）解：

直线PQ的方程为：y=kx+联立y=kx+2x2+3y2=3化简得(1+3k由题意知Δ