广东省2026年广州市普通高中毕业班冲刺训练题数学（二）+答案

2026年普通高中毕业班考前冲刺题（二）

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．已知集合A={xx_2>1}，B={xx<a}，AB=B，则实数a的取值范围为

A．(_∞,1]B．(_∞,3]C．[1,+∞)D．[3,+∞)

．已知，则“ab”是“”的

2a,b∈R2<2log2a<log2b

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

3．已知圆锥的母线长为22，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为

A．2B．22C．2D．

4．在ABC中，=，，BD和CE交于点O，则为

△

A．3B．4C．5D．6

5．在某马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每

个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服

务站的条件下，甲、乙被派去不同服务站的概率为

1125

A．B．C．D．

6236

+_

6．已知函数f(x)=2x2+2x，若关于m的不等式f(m)__f(2m+3)>0恒成立，则实数m的

取值范围是

A．(_∞,_3)(_1,+∞)B．

C．D．(_∞,_2)

7．已知椭圆C的左顶点为A，O为坐标原点，在C上存在点P，使

得LAPO则C的离心率的取值范围为

A．B．C．D．

试卷第1页，共4页

8．已知曲线y=x3_x与曲线y=x2+a有四条公切线，则实数a的取值范围是

A．B．C．D．

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．已知复数z1，z2，则下列命题成立的有

22

A．z1=z1,n∈ZB．若z1+z2=z1_z2，则z1z2=0

22，则

C．若z1+z2=0z1=z2D．

10．已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，以D(p,0)为圆心，DF为半径得到圆D，

圆上有一点(p,1)．过点F的直线与E交于P,Q两点，与圆D另交于点M，则

A．p=2B．当PF=4FQ时，P的横坐标为2

C．当PF=4FQ时，MFD．FMPQ<FPFQ

11．在非等腰ΔABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且角A，B满足

cos2B_cos2A=sin(A__B)，则

A．a2=b2+c2

B．tanAtanB=1

C．记c上的高为h，则的取值范围为

D．△ABC的内切圆半径、外接圆半径、周长能构成等比数列

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12．在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4的展开式中，含x2项的系数为．（用数字作答）

1

13．若矩形的边长之比为，一条对角线所在直线的斜率为2，则矩形的一组邻边所在直线

3

的斜率为，（写出满足条件的一组即可）

试卷第2页，共4页

14．在直三棱柱ABC_A1B1C1中，M，N分别在棱BB1，B1C1上，且C1NC1B1，

BMBB1，过点A,M,N的截面把直三棱柱ABC_A1B1C1切割成体积不同的两部分，

记较小部分的体积为，较大部分的体积为，则

V1V2.

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）

在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个

数的乘积记作Tn，令an=lgTn.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn，求数列{bn}的前n项和Tn.

16．（15分）

已知函数f(x)=lnx_mx2+lnm(m>0)

（1）当m=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；

（2）已知函数gmx2，若x>0时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数m的取值范

围.

17．（15分）

如图，四面体ABCD中，AD丄CD，AD=CD，LADB=LBDC，E为AC的中点．

（1）证明：平面BED丄平面ACD；

（2）设AB=BD=2，LACB=60o，点F在BD上，

①求四面体ABCD与其外接球的体积比（化为最简形式）；

②当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．

试卷第3页，共4页

18．（17分）

已知抛物线Γ：y2=4x，O为坐标原点，点A，B在曲线Γ上，直线OA，OB斜率之

1

积为-.

2

（1）求证：直线AB过定点；

（2）若圆C面积为4π,直线OA，OB与圆C都相切，

①证明：圆心C在定曲线W上，并求曲线W的方程；

②若直线OA与曲线W交于E、F两点，直线OB与曲线W交于M、N两点，求

EFMN的最大值.

19．（17分）

一个小盒里有6个除颜色外完全相同的小球，其中4个黑球，2个红球，从盒子中每次

随机取出一个小球，若取出黑球，则放回小盒中；若取出红球，则有两种不同的操作，操作

一：把取出的红球放回小盒，并往小盒里加入2个红球；操作二：用1个除颜色外完全相同

的黑球替换该红球放回小盒中.

（1）分别计算在两种操作下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；

（2）在操作二的前提下：

①求在第n(n≥2)次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用n表示）.

②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无

论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为X，求X的数学期望.

试卷第4页，共4页

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.

12345678

ABCCDCBB

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.ACD10.AC11.BCD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

149

12.1013._1，1或7，_（写出一组即可）14.

759

[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，

则212212，所以

n(A)=C4C1A2=12,n(AB)=(C4_1)C1A2=10P

+_+

6.【详解】由f(x)=2x2+2x=2(2x1+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

7.【详解】假设存在点P(x0,y0)，则

所以，化简得x2+ax+b2=0在(_a,0)上有解，

xa

易知x=_a是方程的一解，只需对称轴，解得，所以e

23

8.【详解】设曲线y=x+a上的切点为(x1,y1)，曲线y=x_x上的切点为(x2,y2)，

223

则切线方程分别为y=2x1x_x1+a,y=(3x2_1)x__2x2，所以

432

即a=x，所以4a__1=9x2_8x2_6x2

令h(x)=9x4_8x3_6x2，且hí(x)=12x(3x+1)(x_1)

结合图象可得，当_<4a__1<0，即

10.【详解】抛物线E：y2=2px的焦点为F，圆D方程为，对于A，

由点(p,1)在圆D上，得p2=4，而p>0，则p=2，A正确；

2

抛物线E：y=4x的焦点为F(1,0)，设直线PQ方程为x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2)，由对称

t

性不妨令点P在第一象限，由，得y2_4ty_4=0，则，对于B，由

，得=_，解得错误；

PF=4FQy14y2y1=4，xB

对于C，由选项B得点P(4,4)，直线PQ斜率k即tanLPFD

则cosLPFD，而DF=1，因此MFDFcosLPFDC正确；

2

对于D，PQ=x1+x2+2=t(y1+y2)+4=4t+4，又

22

FP.FQ=(x1+1)(x2+1)=(ty1+2)(ty2+2)=ty1y2+2t(y1+y2)+4=4t+4，

且圆D的弦0<FM<2，因此FMPQ_FPFQ=(4t2+4)(FM__1)不一定小于0，D错

误．

11.【详解】由cos2B_cos2A=sin(A__B)有，sin

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，

△

即sinC=sin(A+B)=1，所以C所以C=，即c2=a2+b2，故选项A错误，

因为BA，则tanB=tan，即tanAtanB=1，故选项B正确；

对于选项C：因为h=bsinA，a=btanA，c

则

令sinA+cosA=t，且A≠B，则sinAcosA

因为t=sinA+cosAsin

)

且A∈0,lU,l，则A

丿

可得sin，则t∈(1,2)，

所以，故C选项正确；

对于选项D：因为ABC的内切圆半径

△

且外接圆半径Rc，

假设ABC的内切圆半径、外接圆半径、周长构成等比数列，

△

则，整理可得a2_4ab+b2=0，此方程显然是有解的，

故选项D正确.

综上，正确答案为BCD.

14.【详解】

设平面AMN与棱A1C1交点为D，则A1D=3DC1，（可先补成四棱柱，如图易得结论）

设M到平面ACC1A1的距离为d，设直三棱柱的体积为V

所以+

VM_A1B1NDVM_A1ADSA1B1CAASACC1A1d

所以

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c1,c2,,cn+2，其中c1=1,cn+2=100，

则Tn=c1.c2cn+1.cn+2①

Tn=cn+2.cn+1c1.c2②

两式相乘得

2n+22n+4

Tn=(c1cn+2)(c2cn+1)(cn+2c1)=100=10

n+2

:Tn=10

:an=lgTn=n+2

（2）由（1）可知

所以Tn=tan4_tan3+tan5_tan4++tan(n+3)_tan(n+2)=tan(n+3)_tan3

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)

求导得f,x，则曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率k=f,(1)=_1

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，

exexex

即lnx_mx2+lnm≥_mx2即lnx+lnm≥即ln(mx)≥即mln(mx)≥ex

m，mm

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

记F，则F,(x)=可得F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，

故F(x)min=F(1)=e，所以m≥e

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丄DE，

在ADB中和△BCD中，因为AD=CD，且LADB=LCDB，DB=DB

所以ADB≌BCD，所以AB=BC，

又因为E为AC的中点，所以AC丄BE，

因为DE∩BE=E，且DE,BEC平面BDE，所以AC丄平面BDE，

又因为ACC平面ACD，平面ACD丄平面BDE.

（2）解：①由（1）知AB=BC，且LACB=60o，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丄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丄DE，

取等边ABC的外接圆的圆心O，则O为四面体ABCD的球心，且OE

△22

设四面体ABCD的外接球的半径为R，则R=AE+OE，即R，

所以外接球的体积为V

又由DE2+BE2=BD2，所以DE丄BE，

又因为AC丄DE，且ACBE=E，AC,BEC平面ABC，所以DE丄平面ABC，

所以四面体的体积为2

VABCDx2x

则，即四面体ABCD与外接球的体积比为.

②由（1）知，AC丄平面BDE，连接EF，因为EFC平面BDE，

所以AC丄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，

在直角BDE中，当EF的长度最小时，EF丄BD，此时EF

△

又由DE丄AC,BE丄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)，

DE213

在直角BDE中，DE=1,DB=3,BD=2，可得DF==,BF=，

DB22

△

所以3=，设F(0,y,z)，则DF=(0,y,z_1),FB=(0,3_y,_z)，

所以3.(0,y,z_1)=(0,3_y,_z)，可得y，即F，所以

设平面ABD的法向量为=(x1,y1,z1)，则

取y1=1，可得x1=3,z=3，所以n=(3,1,3)，

设CF与平面ABD所成的角的为θ,可得sinθ=cos,=

所以，当AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的.

18.（17分）

解：（1）设A(,y1)，B，则有kOAkOB

故kOA.kOB，即y1.y2=_32

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：y1.y2=_4t

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πr2=4π,得r=2

设圆心坐标为(x0,y0)，过原点与圆相切的直线方程为y=kx，

222

则有，化简得(x0_4)k_2x0y0k+y0_4=0

设直线OA、OB斜率分别为k1，k2，则有k1k

化简得：，即圆心C为椭圆的点

所以该曲线的方程为.

②设直线OA、OB的方程分别为：y=kx，yx，设E(x1,y1)，M(x2,y2)

则有，解得x，所以|OE

同理可得|OM

则|OE|2.|OM

所以|EF|.|MN|=2|OE|.2|OM|≤36，当且仅当k时等号成立.

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P1，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，

所以

记在操作二下，取到红球的概率为P2，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，

则

（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Pk，

k_1n_k_1

则xx

则第n次恰好抽到第二个红球的概率P为Pk中k从1到n__1取值累加求和，即

n_2n_3n_4n_2

Pxxxx

利用等比数列求和公式即可得