广东省2026年广州市普通高中毕业班冲刺训练题数学（三）+答案

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

A．▽x∈R，ex_x2_1<0B．▽x∈R，ex_x2_1≤0

C．彐x∈R，ex_x2_1≤0D．彐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

复数mi的虚部为

1_i

A．_iB．iC．_1D．1

3．的展开式中的常数项为

A．_60B．_15C．15D．60

4．若fln为偶函数，则a=

1

A．B．0C．D．1

2

__1

5．在边长为2的菱形ABCD中，LBAD，以AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形

成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为

A．83πB．63πC．83π+3πD．63π+3π

1

6．已知三组数据：①4，4，4，5，5，5，6，6，6；②3，3，4，4，5，6，6，7，7；

③，，，，，，，，的方差分别是2，2，2，则

222258888S1S2S3

．222．222．222．222

AS3>S2>S1BS2>S3>S1CS1>S2>S3DS1>S3>S2

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/m3，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/m3.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．4B．5C．6D．7

8.已知M、N为圆C:x2+y2-2x-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．22-5B．22+5C．5-42D．

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．已知函数f=Asin(⑴x的部分图象如图所示，若将函数

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)

的图象，则下列命题正确的是

A．函数f(x)的解析式为f=2sin

B．函数g的解析式为g=2sin

C．函数g(x)在区间上单调递增

D．函数f(x)图象的一个对称中心是

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丄BC

D．点M到平面PQC的距离等于点B1到平面PQC的距离

11．已知曲线Cy|y|，点P(x,y)在C上，点A(_1,0)，B(1,0)，则

A．曲线C的图象关于原点对称

B．x__2y的取值范围是_22,0)(0,22

C．当x>0，y>0时，的最大值为3

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，设数列的前项和为，则.

{cn}{cn}nTnT17=

14．若b+(x2_x__2)ex_ax≥0(a>0)对x∈(0,+∞)恒成立，当取得最小值时，

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△中，角所对的边分别为，且

ABCA，B，Ca，b，c，SΔABC

（1）求角B的大小；

（2）求b的最小值.

16.（15分）

如图，正三角形ABC9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△ABC9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X1，

X2，...，Xn，记M=max{X1,X2,...,Xn}，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.

参考公式：12+22++n

4

18.（17分）

已知函数f(x)=(1_a)sinx_xcosx(a∈R).

（1）当a=1时，求函数f(x)在(0,f(0))处的切线方程；

（2）讨论函数f(x)在上零点个数；

（3）设a，证明：当x时，f

19.（17分）

已知抛物线C：y2=2px(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.

5

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12345678

答案CDDBAACC

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.ABC10.BD11.ABD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.0.913.39914.6e2

[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PM.PN=lPEl__4，

要求P__M_→.P__N→的最小值就是求lP__→El的最小值，求出IcEI=1，从而得到点E的轨迹是以c(1,2)

为圆心，以r1=1为半径的圆，由点P为直线l:x+y+1=0上的动点，可知lP__→El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r1，利用点到直线的距离公式来求出

lP__→El，从而得到(P__M_→.P__N→)

minmin.

_→__→

【详解】取MN的中点E，则ME=EN，

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→)

要求P__M_→.P__N→的最小值，就是求lP__→El的最小值，

丫圆c:x2+y2__2x__4y=0的圆心为c(1,2)，半径为r=√5，

:点E的轨迹是以c(1,2)为圆心，以r1=1为半径的圆，

丫点P为直线l:x+y+1=0上的动点，

:lP__→El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r1，

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．

2x

设函数f(x)=(x2_x__2)ex，则f,(x)=(x+x__3)e，则f上单调递减，

(x)

在上单调递增。因为f(2)=0作出f的大致图象，如图所示，直线y=ax__b

bb

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)

（1）解：由正弦定理得

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，

而sinA≠0，可得cosB

由0<B<π,可得B

(2)法1：由正弦定理，得a

2

又SABCacsinBsinBbsinAsinC=3

而sin

所以sin(2A+∈,1，有b∈[23,+∞).

当A=时，sinb的最小值为23.

法2：由SΔABCacsinB，得：ac=4

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≥23

所以b的最小值为23.

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丈平面AGH，AGC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丈平面AGH，HGC平面AGH，所以CD//平面AGH，

因为FD、CDC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丄CF，AB丄DF，

所以LCFD为二面角C__AB__D的平面角，

又CFDF=F，CF,DFC平面CDF，

所以AB丄平面CDF，因为ABC平面ABDE，所以平面CDF丄平面ABDE．

作CO丄平面ABDE于O，则O在直线DF上．

又二面角C__AB__D的平面角为LCFD=120O，

所以O在线段DF的延长线上．由已知得CF=23，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=(23,0,_3)，=(0,4,0)，

设平面CDE的一个法向量为=(x,y,z)，

则由丄，丄，得，

令z=23，得=(3,0,23)．

易得平面DEF的一个法向量=(0,0,1)，

则cos

所以平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为.

方法二：由CF丄AB，DF丄AB得：LCFD为二面角C__AB__D的平面角

则LCFD=120

由AB丄CF,AB丄DF,CFC平面CDF,DFC平面CDF,CF∩DF=F

得：AB丄平面CDF

又由DE∥AB得：DE丄平面CDF

则DE丄CD，DE丄FD

所以LCDF即为平面CDE与平面DEF所成角的平面角

在ΔCDF中，CF=23,DF=3,LCFD=120

2

由余弦定理得：CD=CF2+DF2_2CF.DFcosLCFD

所以：CD=21

由余弦定理得：cosLCDF

故：平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为

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

P(M

P(M

P(M

P(M

P(M

所以最大编号M的分布列为

M12345

P13179

252552525

所以最大编号M的期望为：E

（2）由题意可得：P(M=mm≤N

最大编号M的数学期望E

解法二：（1）当N=5，n=2时，M可能的取值为1，2，3，4，5.

n

记最大编号不超过m(1≤m≤5)的概率为P(M≤m)则P(M≤m

P(M

P=P__P(M

P=P__P(M

则最大编号M的分布列为

M12345

P13179

252552525

(2)由题意可知P(M=m)=P(M≤m)__P(M≤m__1)，其中1≤m≤N

则Em.P

22222222

Γ1)0)1Γ2)1)1Γ3)2)1ΓN)N_1)1

=1.l(||_|(||+2.l|(|_|(||+3.l(||_|(||+...+N.l(||_(|||

lL(N丿(N丿」|lL(N丿(N丿」|lL(N丿(N丿」|lL(N丿(N丿」|

22222222

(0)Γ(1)(1)1Γ(2)(2)1Γ(N_1)(N_1)1(N)

=_||+l||_2|||+l2||_3|||+...+l(N_1)||_N|||+N||

(N丿lL(N丿(N丿」|lL(N丿(N丿」|lL(N丿(N丿」|(N丿

22222

0)1)2)N_1)N)

=_(||_(||_(||(||+N(||

(N丿(N丿(N丿(N丿(N丿

222

=_+2+3+...+(N_1)2]+N

=_.+N

4N2+3N__1

=

6N

最大编号M的数学期望E.

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.

（2）方法1：令f(x)=0，得

令F，得F'

则有F'，由x∈,l，得2x，有sin21x<，2x>1，故F'(0<，

因此F(x)在上单调递减（或设T(x)=sinxcosx_x再求导讨论，同分）

因此,F(x.

令，可得1_<a<1.

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,l

上没有零点.

方法2：令f(x)=0，得，

有tanxx，不妨研究函数g(x)=tanx与hx在,l上的交点情况.

i)若a≥1，g(x)与h(x)无交点；

ii）若时，即a≤1_，g(x)与h(x)无交点；

iii)若时，即1_<a<1，g(x)与h(x)有一个交点；

综上，当1_<a<1时，f上有1个零点；

π(ππ)

当a≤1_或a≥1时，f(x)在,l上没有零点.

4|(42丿

由x，得_sinx<0，则H上单调递减，

则Hmin=Hsinx_xcosx.

令gsinx_xcosx，则有g'(x)=(1_)cosx+xsinx_cosx=xsinx_cosx.

由x∈0,,有g''(x)>0，则g'单调递增，而g.

故xg'，此时g(x)单调递减；xg'，此时g(x)单调递增.

所以gmin=g

综上，f.

方法2：令G(x)=f'(x)=_acosx+xsinx，

由xa，则G'(x)=(1+a)sinx+xcosx>0，故G(x)在上单调递增.

又G(0)=_a<0，G,所以存在唯一实数x，使得G(x0)=0，

''

则当x∈(0,x0)时，f(x)<0；当x时，f(x)>0，故f(x)在(0,x0)上单调递减，

在上单调递增，从而f(x)min=f(x0)=(1__a)sinx0_x0cosx0.

由_acosx0+x0sinx0=0，则a,则fmin=sinx0_x0cosx0=sinx

又令h=sinx则h'

所以h(x)在上单调递减.

由a，则可得h()≤h(x0)<h(0)，x.

令H=sinx

则H'=cosx

1

所以H(x)在0,l上单调递减，

」

故fmin=H

综上，f

19.（17分）

解：（1）设直线l：x=my+，联立

得y2_2pmy_p2=0，Δ=4m2p2+4p2>0，

2

由韦达定理可知：y1+y2=2pm，y1y2=_p．

则

SΔOMNOFy1_y

当且仅当m=0时等号成立．

此时，则p=2，抛物线C：y2=4x.

（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，

dx+ey=0

联立，消去x，得y4+(4d+16)y2+16ey=0，

即y(y3+(4d+16)y+16e)=0，

3

所以y1,y2,y3即为关于y的方程y+(4d+16)y+16e=0的3个根，

3

则y+(4d+16)y+16e=(y_y1)(y_y2)(y_y3)，

32

因为(y_y1)(y_y2)(y_y3)=y_(y1+y2+y3)y+(y1y2+y2y3+y1y3)y_y1y2y3，

2

由y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),