2026年普通高中毕业班考前冲刺(二)数学试题及答案

2026年普通高中毕业班考前冲刺题（二）x-2．已知a,b∈R，则“2a<2b”是“log2a<log2b”的3．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底4．在△ABC中BD和CE交于点为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6．已知函数f(x)=2x+2+2-x，若关于m的不等式f(m)-f(2m+3)>0恒成立，则实数m的7．已知椭圆的左顶点为A，O为坐标原点，在C上存在点P，使得LAPO=的离心率的取值范围为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9．已知复数z1，z2，则下列命题成立的有A．z=z12,n210．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2C．当PF=4FQ时，D．FMPQ<FPFQcos2B-cos2A=sin(A-B)，则A．a2=b2+c2B．tanAtanB=1214．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，M，1BB1，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，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（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mx2，若x>0时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数m的取值范如图，四面体ABCD中，AD丄CD，AD=CD，上ADB=上BDC，E为AC的中点.（1）证明：平面BED丄平面ACD；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.Γ：y2=4x，O为坐标原点，点A，B在曲线Γ上，直线OA，OB斜率之积为-.（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.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）.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.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.12345678ABCCDCBB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12.1013.-1，1或7，-（写出一组即可）14.6.【详解】由f(x)=2x+2+2-x=2(2x+1+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，易知x=-a是方程的一解，只需对称轴>-a，解得所以8.【详解】设曲线y=x2+a上的切点为(x1,y1)，曲线y=x3-x上的切点为(x2,y2)，2p210.【详解】抛物线E：y2=2px的焦点为F,0，圆D方程为2p2由点(p,1)在圆D上，得p2=4，而p>0，则p=2，A正确；抛物线E：y2=4x的焦点为F(1,0)，设直线PQ方程为x=ty+1,P(x1,y1),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MF=2DFcosLPFD=，C正确；22222且圆D的弦0<FM<2，因此FMPQ一FPFQ=(4t2+4)(FM一1)不一定小于0，D错误.令sinA+cosA=t，且A≠B，则sinAcosA=，因为t=sinA+cosA=(τ)(ττ)τ(ττ)(τ3τ)(4,(42,4(42,(24,(4,(42,4(42,(24,对于选项D：因为△ABC的内切圆半径2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，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V8S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..c2…cn+1.cn+2①Tn+2.cn+1…c1.c2②T:Tn=10n+2:an=lgTn=n+2所以Tn=tan4tan3+tan5tan4+…+tan(n+3)tan(n+2)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，lnxmx2+lnm≥exmx2即lnx+lnm≥ex即ln(mx)≥ex即mln(mx)≥ex即mx.ln(mx)≥x.ex即eln(mx).ln(mx)≥x.ex记h(x)=x.ex，即h(ln(mx))≥h(x)>0x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，且上ADB=上CDB，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,BE平面BDE，所以AC丄平面BDE，又因为AC平面ACD，平面ACD丄平面BDE. 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，7 △ABC的外接圆的圆心O，则O为四面体ABCD的球心，且OE=， 设四面体ABCD的外接球的半径为R，则R2=AE2+OE2=，即R=，所以外接球的体积为V=4τR3=4τ(23)3=323τ,又由DE2+BE2=BD2，所以DE丄BE，又因为AC丄DE，且AC∩BE=E，AC,BE平面ABC，所以DE丄平面ABC，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EF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，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)， 所以，当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的43.,即4t=32，得t=8，则直线AB过定点(8,0)设圆心坐标为(x0,y0)，过原点与圆相切的直线方程为y=kx，则有化简得(x4)k22x0y0k+y4=0所以|EF|.|MN|的最大值为36.（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(3,3(6,6k(3,3(6,6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一1取值累加求和，即(3,3(6,6(3,3(6,6(3,3(6,6(3,36(3,3(6,6(3,3(6,6(3,3(6,6(3,3611「(2)0(5)n一2(2)1(5)n一3(2)2(5)n一4(2)n一2(5)0736L(3,(6,(3,(6,(3,(6,(3,(6,」|36L(3,(6,(3,(6,(3,(6,(3,(6,」|n2n2n2「3(6,「3(6,L(5(5,」|3L(6,(3,(2)n一1|(3, ②由题可知，X的取值依次为2,3…,9,10，X=10时，P(X=10)=1-P(X=2)+P(X=3)+…+P(X=9)，1(5)n1(2)n,1(5)n1(2)n(5)9