高考数学考前冲刺押题卷（2）-【名校之约】2026年高三数学考前冲刺押题卷

绝密★启用前 2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学 [满分150分，用时120分钟] 注意事项： 过 1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔 迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 的 9 参考公式：锥体的体积公式：V=子h(其中、为锥体的底面积，h为锥体的高). 一、单项选择题（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） 祭 1,复数一2在复平面内对应的点在 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知集合M={x|-3<x<1},N={x|-1≤x<4},则MUN= A.{x|-1≤x<1} B.{xx>-3} C.{x|-3<x<4} D.{xx<4} =dmDZ=9”D肆‘唑近u興阳{“D)旺嫌用希保“S21'8 的 A.2 B.3 C.4 D.5 4.已知定义域为R的函数f(x)满足f(x十2)=f(一x),且f(2x一1)为奇函数，则一定有 A.f(0)=0 B.f(2)=0 C.f(3)=0 D.f(4)=0 5.已知直线x十y一k=0(k>0)与圆x2+y2=4交于不同的两点A,B,O是坐标原点，且有 OA+OB≥√5AB|,则实数k的取值范围是 () A.[6,2√2) B.[√2，w6) C.(5,√6) D.[6,23) 言 6.已知函数了(x)=sim(+若）(w>0)在（苔，）上单调递增，且其图象关于直线x=号对称，则 () 2 7.若菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，M为CD的中点，N为BC的中点，则AM·AN= ) A.2+53 B.4+5③ 2 c. D13 8.已知三棱锥PABC的体积为3，AB⊥BC,AB=2,AP+BC=6,则AC= ( A.3 B.√/1I C./13 D.4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.等差数列{am}中，a2十a3=一12，a5十a7=2.记数列{a}的前n项和为S,则下列说法正确的是() 兰 A.数列{an}的公差为2 B.当Sm取最小值时，1=6 C.Sa=S7 D.数列{|am}的前10项和为50 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学第1页（共4页）】 10.下列说法正确的是 () A.若随机变量XN(2,o2),则P(X<2)=0.5 B.经验回归直线一定经过样本点的中心(x,y) C.若P(BA)=P(A),则事件A,B相互独立 D.若事件A,B互斥，则P(AUB)=P(A)十P(B) 11.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,若C上存在n个互不重合的点P1,P2,P3,·,Pm满足∠P1FP2 =∠P2FP=…=∠P-1FPn=∠P,FP1=2x,则下列结论正确的是 () A.若n=2,则P1P2的最小值为4 B若m=2,则时十号 11 1 1 1 C.若n=4,则P,FPF+TP,FPF可4 D.若n=4,则P1P3|+P2P4|的最小值为16 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.设双周线C:号兰-1的右焦点为F,过F作C的一条渐近线的重线，垂足为H,则下H 13.已知(a+）(x十y)”的展开式中x产y的系数为49，则a的值为 14.在三棱锥PABC中，PB=2AC,PA+PC=4,直线PB与平面PAC所成的角为，则三棱锥PABC 体积的最大值为 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)某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，现对连续8个月的 销售额统计如下： 月份x 1 2 3 5 6 7 8 销售额y万元 3 4 8 9 12 12 15 17 (1)根据表中数据建立月份x与销售额y的经验回归方程y=bx十a: (2)为了更好的规划文创产品，从这8个月中随机抽取2个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数 据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率， xiyi-nay i-1 参考公式及数据： 2xy=444,2=204. 1 a=y-bx. 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学第2页（共4页）】 l6.(l5分)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且tan Btan C=tanB+tanC+1, a=√6，c=3. (1)求角C: (2)若△ABC为锐角三角形，且NA+NB+NC=0,求△NBC的面积. 17.(15分)如图，底面为锐角三角形的直棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC,AA1= C Bi AB,点D在线段AB1上，且满足AD=AAB1,点E为BB1的中点. D (1)当A=子时，证明：DE∥平面A1BC, E (2)若平面AA1C与平面AB,C夹角的余弦值为E, 15 ①求异面直线AB1与CE所成角的大小： ②已知直线CD与平面AB,G所成角的正弦值为专，求A的值， 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学第3页（共4页）】 8.(17分)已知椭圆E花十1(。>6>0，且M,N分别为E的上顶点、右顶点，MN=6,坐我 原点O到直线MN的距离为2 (1)求E的方程 (2)若A,B为E上不同的两点，△OAB的面积为√2，直线OA,OB的斜率均存在且分别为k1,k2. ①证明：k1k2为定值； ②设P为线段AB的中点，点Q(1,1),求△OPQ面积的最大值. 19.(17分)已知函数f(x)=x2-2x+2sinx. (1)求f(x)的最小值： (2)当x≥0时，f(x)≥x2-2e+2(a一1)x+2,求a的取值范围； (3)证明：2im京>20+D .1、n 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学第4页（共4页）】2026届高三高考考前冲刺押题卷（二）·数学参考答案 i(2+i) 1.选B因为x=2—1(2-i)(2+i) 一1+2，所以复 5 =(AB+AC).所以AM·AN=子(AC+AD)· 教=六在复平面内对应的点的坐标为（日号）：它 (AB+AC)-(AC.AB+AC+AD.AB+AD. 在第二象限，故选B. 2.选C由题意得MUN={x|-3<x<4}.故选C. A0=(6+12+2+6)-号故选D 3.选B根据题意，设等比数列{an》的公比为q,若a3a5=8.选C如图，作BT⊥平面ABC,以B为原点建立空间直 a(1-g) 角坐标系，设BC=c>0,因为AP+升P 224,即8%C==2,故=19 =1十g=3.故选B. BC=6,所以AP+c=6,解得AP=6 'a2a4 S2a1(1-q) -c>0.因为AB⊥BC,AB=2,所以 1一9 4.选C:函数f(2x-1)为奇函数，.f(-1)=0,又 Sa版=号X2X6=6设P(, f(x+2)=f(-x),.f(3)=f(1+2)=f(-1)= 且>0，A(2,0,0),则P到平面ABC 0,故选项C正确.其他三个选项因条件不足无法计算， 故选C. 的距离为之，因为三棱锥PABC的体积为3，所以 e 31 5.选A设AB中点为C,则OC⊥AB, X之=3，解得之= .|OA+OB|≥3AB|, 是，由两点间距腐公式得AP .2OC1≥3|AB|,|AB|≤ 2+y+(2)√-22++,可得x 91C.1+1 2)2+y+8=(6-c)2,即(x-2)2+y=(6-c)2 c2 4>青10c≥4，即10C2≥3.又 而x-22+y≥0，则(6-c2-1≥0，化简得c- 81 :直线x十y一k=0(k>0)与圆x2+y2=4交于不同的！ 两点A,B,.1OC|2<4,故3≤|OC|2<4,则3≤ 3)2≤0，解得c=3.由勾股定理得AC=√22+32=√13. ()<4,皓合>0.部得后<2.t达A 故选C. :9.选AD设等差数列{an}的公差为d,则由题意知 6.选D因为f()的图象关于直线x=子对称，所以号 2a1+3d=-12 故A正确；an=一9十 2a1+10d=2, 解得1=一9， ld=2, +答=m+受，k∈Z,即。=3谈+1.因为f(x)在 2(m-1)=2n-11,Sn=-9m+21D×2=n2-10m 2 (-子，答）即ar+晋∈（-3a+答，若a+答)上单 =(1-5)2-25,则当n=5时，Sn取最小值-25，故B错 误：S4=42-10×4=-24,S7=72-10×7=-21,则S4 调递增，显然一吾w十晋<0<否m十答，则 ≠S7,故C错误；数列{an|}的前10项和为|一9|十 |-7|+|-5|+|-31+-1川+1+3+5+7+9= 乞可得≤2，故0w2.擦上w1, 50,故D正确.故选A、D. w+吾≤受 10.选ABD由X~N(2,2)及正态分布的对称性知P(X <2)=0.5,A正确：由于经验回归直线必过样本，点的中 则fx)=sm(+晋)故f(受)=sm(登+吾）-号 心(，y,B正确：由P(B1A)=A8P(A)→ 故选D. P(AB)=[P(A)]2,C错误；由互斥事件的概率公式知 7.选D如图，连接AM,AN,AC,则 P(AUB)=P(A)+P(B),D正确.故选A、BD. ABI=ADI =2,<AB,AD)=60, 11.选ACD当n=2时，∠P1FP2=元，故P1,F,P2三点 AC=AB+AD,所以AB·AD= 共线，所以PP2是一条焦点弦，其 y |AB|IAD|cos〈AB,AD)=2× 最小值为通径长度为|PP2|mim= P 2cos60°=2，AB·AC=AB·(AB+AD)=A+AB· 2p=4,故A正确：如图1所示，令 AD=22+2=6,AD·AC=AD·(AB+AD)=AD· P(x1),P2(22),而F(1,0), AB+AD2=2+22=6,AC2=(AB+AD)2=AB2+ 可设直线P1P2的方程为x=ty十1， 2AB,AD+AD2=22+2×2+22=12.因为M为CD 联立 =4,消去x得y2-y 图1 x=ty+1, 的中点，N为BC的中点，所以M=(AC+AD),N -4=0,所以y1+y2=4t,y1y2=一4，则x1十x2= t(y1+y2)+2=4t2+2,x1x2=(ty1+1)(ty2+1)= ty1y2+t(y1十y2)+1=-4t2+4t2+1=1,所以 所以h=PB·sin号=B, 1 1 1 P F P2F x1+1 x2十7 所以Vr=VsPC<VaRK=子SaRx·h-得· 12 (x2+1)+(x1+1) x1十x2十2 4t2+4 (x1+1)(x2+1)x1x2+x1+x2+14t2+4 =1, V16子-/r 故B错误；当n=4时，∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP4 设x=t∈(0,16)，且f(x)=16x2 P。(P) =∠PFP=,所以P,F,P三 -x3,则f(x)=32x-3.x2, 点共线，P2,F,P4三点共线，如图2 当（号）时f)>0. 所示，令P1(1y1),P2(x2y2), f(x)单调递增； P3(x3y3),P1(x4y4),直线PP3 的方程为x=my+1,直线P2P4的 P2 当x∈（号，16）时.f)<0, f(x)单调递减， 方程为x=六+1，可得PP川- 图2 所以f()f(号)=（学）×(16-号)=（号）‘× x1+1,|P2F|=x2+1,|P3F|=x3+1,|P4F|=x4+ ,同B分析得+x3=4m2+2,x1十=+2，x 所以V P-ABC <VF晋)是 12 1 =1,x4x=1,所以TPFP,F可+TP:FTTP.F可 当且仅当PA=PC=2,且AC=4?时，等号成立， 3 1 (x1+1)(x3+1) (x2+1)(x4+1) 所以三棱维PABC依积的最大值为器 1 1 1 1+++打+4+2+1干币=n+ 答案号 1 1 m2m2+1=1 息中w中4m牛4子：故，C正痛有已知328X0叶2+3+4+5十 7+8)=2 |P1P3|+|P2P4|=x1+x3+2+x4+x2+2=4m2+4 十是+4≥2√m2×话+8=16，当且仅当m2= 4 ×(3+4+8+9+12+12+15+17)= 2 10， 2分 即m=士1时取等号，所以|P1P3+|P2P4|的最小值： 为16，故D正确.故选A、C、D. 又2xy,=444,2=204, 12解析：双自线C号-学-1的-个么点(2反，0)到一 444-8× ×10 2 则b xi-8xy 2,…4分 条渐近线x十y=0的距离为2EL=2巨=2. 2x-8x2 204-8×() √12+122 a=y-i证=10-2×2 =1,- .5分 答案：2 13.解析：因为(x十y)7的二项展开式为T+1=C5x7'y, 所以经验回归方程为y=2x十1. 6分 r=0,1,2,…,7,令r=5,可得T6=Cx2y5=21x2y5.令 (2)当x=1时，y1=2×1十1=3，残差e1=3-3=0: 当x=2时，y2=2×2+1=5,残差e2=4-5=-1: r=6,可得T=C9xy8=7xy5.因为a×T6+之.T,= 当x=3时，3=2×3+1=7，残差e3=8-7=1; a×21x2y+×7xy=(21a+7).x2y5,所以21a+7 当x=4时，y4=2×4十1=9，残差e4=9-9=0: y 当x=5时，y5=2×5+1=11,残差e5=12-11=1: =49,解得a=2. 当x=6时，y6=2×6十1=13，残差e6=12-13=-1; 答案：2 当x=7时，y7=2×7+1=15,残差e7=15-15=0: 14.解析：不妨设AC=t,在△PAC中，PA+PC=4,可得0 当x=8时，y8=2×8+1=17,残差eg=17-17=0. <t<4,又由PA+PC=4>AC=t,故点P在以A,C为 则这8个月中残差为负的月份有2个，残差为非负的月 焦点，且2为长半轴长的椭圆上.当P在该椭圆的上项 份有6个， ..10分 点P。时，△PAC的面积最大，此时PoA=PoC=2, 从这8个月中随机抽取2个月，抽到的月份数据含有残差 取AC的中点0，可得P,0-D,-A0=VI6- 为负的概率PC+CC_1+123 C 2828 .13分 则SaBe=·AC·P,0-千VIG=不 :l6.解：(I)在△ABC中，由tan Btan C=tanB+tanC+1 设点B到平面PAC的距离为h, 得"AC =-1,.tan(B十C)=-1....2分 因为直线PB与平面PAC所成的角为号， .A+B+C=元，.tanA=tan[π-(B+C)] =-tan(B+C),..tan A=1, 又0<A<x,.A=E .4分1 由△ABC是锐角三角形，得CM>AM,即a>t,则a2 2t2,即a=√2t, .10分 a=√6，c=3,C∈(0，π)， 又CE=(-t,√2t,t),则cos(ABi,CE)= AB·CE .由正弦定理得sinC=csinA3十2》 IABCE 2 ，-…6分 √6 2 At2 √2 11分 √4t2+4t2./4t 21 C=骨或C- 31 .8分 而0<AB,CE≤x,因此(AB,CE)=车， ,c>a,∴.C>A,两个解均符合题意. (2)△ABC为锐角三角形，C=子，-9分 所以异面直线AB与CE所成的角为平.12分 ②由①知，AD=入AB1=(-2t,0,2tλ)，则D(t-2t入，0,2入)， sin B=sin[x-(A+C)]=sin (A+C) 4 CD=(t-2t以，√2t,2t以)，而平面AB1C的法向量m= .11分 (W2t,t,√2t), .NA+NB+NC=0, 因此|cos〈CD,m〉1 |CD·m ∴.N是△ABC的重心， 13分 CDm Sac=号Sac=日ainB=×5X3 12√2t 4 14分 √3t2-4t2λ+8tλ2·√/5t 5 +2_3+3 4 而0E11.所以= .15分 ·△NBC的面积为3+E 4 15分18.解：1由题可知V+=6.S6N=×6× 3 17.解：(1)证明：在直棱柱ABCA1B1C1中，令A1B∩AB1! =O,则O是AB1的中点， -/-ub. .-2分 由AD=XAB以=是，得D是OB1的中点，而点E为 1a2+b2=6, 即 ab=2/2, 路 BB1的中点，则DE∥OB, 2分 .4分 即DE∥A1B,而DE丈平面A1BC,A1BC平面A1BC, 所以DE∥平面ABC. 4分 (2)①证明：若直线AB的斜率不存在， (2)①分别取AB,A1B1的中点M,M1,则MM1∥AA1,: 设点A(x1,y1),B(x1,-y1), 又AA1⊥平面ABC,所以MM1⊥平面ABC. 1 则S△0AB=2·z1·121=x11=E, 由AC=BC,得CM⊥AB,则直线MA,CM,MM两两垂直， 以点M为原点，MA,CM,MM分 又因为+号=1.可解得11=厄，11=1， 42 别为x,y,之轴的正方向，建立空 D 由对称性，不妨取=2，y=1,即A(W2,1),B(√2，-1)， 间直角坐标系，5分 令AA1=AB=2t,CM=a, 此时k1k2= 1×1=- 2√2 2:若取=一厄，同样可求 则A(t,0,0),C(0,-a,0),C(0,-a, 2t),B1(-t,0,2t),E(-t,0,t), 得k1k2=一 2 5分 CA=(t,a,0),CC=(0,0,2t), 若直线AB的斜率存在，可设直线 AB1=(-2t,0,2t),AC1=(-t,-a,2t).6分 AB:y=k.x十m,点A(x1,y1), 设平面AA1C1与平面AB1C1的法向量分别为 B(x2y2）, 联立直线AB与椭圆E的方程 n=(x,y,2),m=(x1y1,), (y=kx+m, n·CA=tx+ay=0 则《 整理得(2k2十1)x2 图1 n·CCi=2tx=0, 令y=t,得n=（一a,t,0), +-1 .7分 +4km.x+2m2-4=0, 1m·AB1=-2t.x1+2t31=0, 而△=(4km)2-4(2k2+1)(2m2-4)=8(4k2-m2+2) >0,得4k2>m2-2, m.ACi=-tz-ay+2tz1=0, 根据根与系数的关系且直线OA,OB的斜率均存在，有 令y1=t,得m=(a,t,a). .8分 Akm 由手西AA,G与年西AB,G夹角的会孩位为， x十x2 年0时7分 得1=调后干质干7 1-a2+t2 V15 所以Sa0B=号·m·1-3=号·1m· 15 解得a2=2t2或13a2=7t2, +)内=名·m,2亚-E, 2k+1 3 得m2(4k2-m2+2)=(2k2+1)2, 当且仅当t=3,即=1时，等号成立，则S△OpQ的最大 整理得m-(42+2)m2+(2k2+1)2=[m2-(2k2+1)门2=0， 则m2=2k2+1, 值为8 16分 由m≠2，得≠日 .8分 综上所远，因为号>号，所以△OPQ面积的技大值为 21 k1k2=当2=kx1十m)(kx2十m） 2 X172 X1T2 17分 k2x1x2+mk(x+x2)+m2 2 I1X2 19.解：(1)由题得f(x)=2(x-1十cosx),1分 -4km m2 m2-4k2 当x∈(-∞，0)时，x-1十cosx<0, =k2+mk· 2m2-42m2-4 2m2-4 所以f(x)<0,f(x)在(-∞，0)上单调递减； 2k2+1 当x∈[0，十o∞)时，令h(x)=f'(x), 2k2+1-4k2-2k2+1 1 ..10分 则h'(x)=-2sinx+2≥0， 2(2k2+1)-44k2-2 2 则f(x)在[0，十∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=0, 除上所迷=号得注 所以f(x)在[0，十o∞)上单调递增. 3分 ②若直线AB的斜率不存在，由① 所以f(x)min=f(0)=0, 可知， 所以f(x)的最小值为0. .4分 A(√2,1)，B(2,-1),则P(√2， (2)由f(x)≥x2-2e2+2(a-1)x+2, 0,此时SA00=号X万X1= 整理得sinx≥-e+a.x+l,即e+sinx-a.x-l≥0， ..5分 E 11分 图2 当x=0时，ex十sinx-a.x-1≥0恒成立，符合题意； 2 .6分 若直线AB的斜率存在，设直线 AB:y=kx +m,A (x1,y), 令g(x)=e+sinx-ax-l,则g(x)=e+cosx-a, B(x2y2),由题可知，直线OQ: 令t(x)=g'(x),则t(x)=er-sinx, y=P(, 当x>0时，ex>1,t'(x)>0, 所以g'(x)在(0，十∞)上单调递增， 由①可知y1十y2=k(x1十x2)十 所以g'(x)>g'(0)=2-a. .7分 2m = -4k2m 4k2m+2m 图3 ①当a≤2时，g'(x)>2-a≥0， 2k2+1 2k2+1 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 2m 2k2+11 所以g(x)>g(0)=0,符合题意： .8分 2km m ②当a>2时，g′(0)=2-a<0,g'(ln(2+a))=2+ 2k2+1'2k2+1, 12分 cos(ln(2+a))>0, 又因为m=2+1≥1，故P(一治)点P到直线 所以存在xo∈(0，ln(2十a)),使得g(xo)=0, 当0<x<x0时，g'(x)<g'(x0)=0, 1+2k 所以g(x)在(0，xo)上单调递减， OQ的距离d= m √2 则当0<x<x0时，g(x)<g(0)=0,不符合题意. 1+2k .10分 综上，实数a的取值范围是（一∞，2]. .-11分 因此S△OPQ=2 ·|OQ1·d= ·2· 2 引 .13分 3证明：由知，当>0时m>一子，-12分 取x= 2k1,23,…n,n∈N 由对称性，不妨假设m>0,则m=√2k十1， 1+2k 1 /4k2+4k+2-1 则11 1 因此S△orQ=2 √2k2+1 2k2+1 2k4 2k4 产2k42k2 /2+41 .-14分 2k2+1 14分 7 令t=4k-1,则k=+1, 4 故sm>2(0-)sm京>（合3）… 则2+461=2+，1 =2+ 8t 2k2+1 1+1D2+1 t2+2t+9 8 要使得面积最大，则>0,2+6=2十 2 [1-)+(合)+…+（日）] 2k2+1 +9+2 8 =(1-)-24D =3, 2g+2 17分 t