高考数学考前冲刺押题卷（3）-【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（三）·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=了h(其中、为锥体的底面积，h为锥体的高). 舒 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） 1.复数之=|1十2i一2i的虚部为 ( ) A.-2 B.2 C.0 D.-2i 2.已知命题p:Hx∈(0，十o∞)，x2>x,则命题p的否定是 ( ) A.3x∈(-o∞，0]，x2>x B.]x∈(0，+∞)，x2≤x C.3x∈(0，+∞)，x2>x D.Hx∈(0，+∞)，x2≤x 3.在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲 的 参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天参加活动的安排方法有 ( A.24种 B.36种 C.48种 D.60种 4.已知{am}为等比数列，9为其公比，设甲：9>2；乙：am+1>an,则甲是乙的 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 5.已知等差数列{am}的公差为π，集合S={cos ann∈N*},若S={a,b},则a十b的值为 茶 A.-1 B.0 c D.1 6.如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角 的余弦值是 ( ) A音 c D. 7.已知O为坐标原点，F为抛物线C:y=2px(p>0)的焦点，点M(-号，0)，点P在C上，PM= √2PF,且△POM的面积为4，则C的准线方程为 A.x=-2 B= C.x=-1 D.x=- 2 8.已知m>0,若函数f(x)=me-1nx+] 一1存在两个零点，则m的取值范围是 兰 A(0,) C.(0,1) D.(0,2) 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（三）·数学第1页（共4页）】 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.下列说法正确的是 () A.若样本数据x1x2,…,xn的方差s2=0,则所有的x:(i=1,2,3,…,n)都相等 B.在做回归分析时，残差图中残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄表示回归 效果越好 C.以模型y=cex去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设之=1ny,求得线性回归方程为之=0.3x 十4，则c,k的值分别是4和0.3 D.样本数据x1,x2,…,xn的平均数x=4,则样本数据2一3x1,2一3x2,…,2-3xm的平均数为一10 10.设F,F2是双线C乙-1(@>0，>0)的左、石焦点，过F作C的一条渐近线的垂线☑ 垂足为H,且1与双曲线右支相交于点P,若co∠FPF2=号，且PP=5,则下列说法正确的是（) A.a=4 B.双曲线的离心率为 2 C点P到x轴的距离为l8区 D.四边形PHOF2的面积为15 13 11.由正四棱锥P-ABCD和四棱锥P'-ABCD拼接得到一个组合体，P与P'在平面ABCD的异侧.若该 组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P-ABCD的所有棱长都为1，则 () A.球O的表面积为2π B.组合体体积最大值为1 C当组合体体积为时，点P的轨迹是半径为分的圆 D.当组合体的体积最大时，其表面积为2√3 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.圆C:x2十y2=12被直线1：(2m+1)x十(m+1)y-7m一4=0所截得的最短弦长为 13.在平面直角坐标系xOy中，OA=OB=AB=√3.设C(1,2),则2CA十AB的最小值是 14.如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切， 大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 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)已知锐角三角形ABC所对的边分别为a,b,c,acos B一bcos A=c-b. (1)求A; (2)若a=4,H为△ABC的垂心，求△HBC的面积S的最大值， 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（三）·数学第2页（共4页）】 6.(15分)已知函数了(x)三+2x-6n(x+1 (1)求曲线y=∫(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若关于x的方程f(x)=a有两个不相等的实数解，求实数a的取值范围. 17.(15分)人工智能是当前全球科技竞争的焦点，而高性能智能芯片是AI发展的核心基石.为加速 突破关键核心技术，某人工智能创新中心举办了一场智能芯片设计攻关赛，比赛按逻辑设计、物理 实现、流片与测试三个环节依次进行，参赛者只有通过当前环节，才能进入下一环节.已知老张、 小李，小军三位工程师通过逻辑设计环节的概率分别为a(a≠1，。，冬，通过物理实现环节的概率 分别为号-，号，号已知三人之间以及每人的不同环节之间互不影响。 (1)当a为何值时，老张通过逻辑设计环节和物理实现环节的概率最大？ (2)当“=子时，设老张、小李、小军三位工程师中能进人流片与测试环节的人数为求的分布列 与数学期望. 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（三）·数学第3页（共4页）】 18.(17分)如图，在四棱锥ABCD中，AM⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD, M AC⊥BD,BC=4,AB=AM=2. (1)证明：平面MBD⊥平面ACM. (2)求平面MBD与平面ABCD所成锐二面角的余弦值. A (3)在棱MD上（不含端点）是否存在点F,使得MB∥平面FAC?若存在， DF 求出的值：若不存在，请说明理由. 19.(17分)已知双曲线T:x2一y2=1,直线l过点M(m,0),m∈R,且与T的右支交于P,Q两点，与D 的两条渐近线分别交于A,B两点，其中A,P在第一象限，B,Q在第四象限。 (1)求Γ的两条渐近线的夹角； (2)若M为T的右焦点，求△OAB面积的最小值； (3)若AP|=|PQ=QB,求m的取值范围. 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（三）·数学第4页（共4页）】2026届高三高考考前冲刺押题卷（三）·数学参考答案 1.选Ax=|1+2i-2i=√12+22-2i=√5-2i,x的虚部 在(0，十o∞)上单调递增，故由g(me)=g(x+1)可得 为一2，故选A. me=x+1,即m=+(x>-1).令()=+（r> 2.选B“Hx∈(0，十∞)，x2>x”的否定是“]x∈ (0,十o∞)，x2≤x”.故选B. 1),M(z)=x+1）'e-（x+1De）=x,由h'(x) (er)2 3.选B先排乙、丙、丁三名同学共有A=3×2×1=6种 =0,得x=0,当-1<x<0时，h'(x)>0,当x>0时， 排法；再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有C h'(x)<0,故h(x)max=h(0)=0 X36种方法，所以共有AC=6X6=36种安排方 1,h(-1)=0,且当x>0时，h(x)= -1 法.故选B. 4.选D当a1=-1,q=3时，a=-3”-1,此时a2=-3<: ≥0恒成立，由此可得出(x) a1=-1,不满足a+1>a,故充分性不成立；若an=2”, 此时满足an+1>aw,但q=2,故必要性不成立，故甲是乙 1(x>-1)的大致图象如图所示，函数f(x)=me er 的既不充分也不必要条件.故选D. ln十1-1存在两个零点，等价于直线y=m与h(x)= 5.选B已知等差数列{a,}的公差为元，则an+2=a,十2π，！ m 所以c0san+2=cos an,则S={cosa1,cos(a1十x)}= 十1(x>-1)的图象有两个交点，由图可得0<m<1 (cos a,-cos a)=(a,b),a+b=cos a-cos a= 故选C. 0.故选B. !9.选ABD对于A,令数据x,x2,,xm的平均数为x,则 6.选C设圆锥与半球的底面半径为R,圆 锥的高为h,母线长为l,轴截面的顶角为 由=22-7)2=0.可得空国)2=0.所以 A则由V画维=V来球可得 3xRh=2xR3 (.x1-x)2+(x2-x)2+…十(xn-x)2=0,所以x1= 3 h x2=…=xn=x,即所有的x:(i=1,2,3,…,n)都相等，A 即h=2R.所以圆锥的母线长l=√R2十h 正确；对于B,在做回归分析时，残差图中残差点均匀分 =√R2十(2R)=√5R,则由余弦定理可得cos0=1 布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄，说明选用 十12-（2R)2=5R2十5R2一4R2=62=5,所以圆1 的模型拟合精度越高，表示回归效果越好，B正确；对于 21×1 2X5R2 C,y=cer,左右两边取对数得lny=ln(cer)=lnc十 维轴藏西顶角的会孩值是故选C kx,设之=lny,求得线性回归方程为之=0.3.x十4，则k= 7.选A由题知C的准线过点M,如图，过点P作C的准 0.3,lnc=4,c=e,C错误；对于D,样本数据x1,x2,…, 线的垂线，垂足为Q,由抛物线的定义可 x的平均数x=4,则对于样本数据2-3x1,2一3x2,…, 知PQ1=|PF|,则由|PM=√21PF 2-3,其平均数为2-31十2-3十…十2-32 可知品=-号在 21-3(1十22十…十xn）=2-3X4=-10,D正确.故 Rt△PQM中，∠PMQ=45°，得|PQ1= 选A、B、D MQ1,即p+号-lpl.由△POM的面积为4，得号10.选BCD 由题意|F1H|=b, ×号×1yp=4,则lp=16,则xp=12s128+ |OH=a,如图，过F2向F1P作 力 b3 2 垂线，垂足为Q,F2Q=2a,|HQ 只结合>0，每得=4C的准线方程为=-2 =,因为c0s∠FPF,=子，所以 故选A. 8.选C由f(x)=me-1n+1-1=0,m>0,知>-1， m∠FP,-号-专样a=2,故A: m 由|PF1|-|PF2|=2a,得|PF1|=9,且|QP|= 故mex-1=ln(x+1)-lnm,即mer+x+lnm=ln(x+1) |PF2cos∠F1PF2=3,又IPF1|=|F1H|+ +x+1,即me+ln(mer)=(x+1)+ln(x+1).令g(x) =x十lnx(x>0),则上述式子即为g(me)=g(x十1)， |HQ|+|QP|=2b+3,所以b=3,c=√13，所以双曲 由于g)=1计子，里>0，故8)=+hn2>0) 线的离心率e=C三3，故B正确：△PFF2的面积 a S=FP1PE,sim∠rPF,=?X9X5X号= 因为C(1,2),所以CDlm=C0-多=√P+2- 18,S=18=c·|yp|,则点P到x轴的距离为 号=后-号所以2CA+AB到的最小值为2后-3 18正，故C正确：△F,H0的面积S2=b=3,则 13 答案：25-3 四边形PHOF2的面积为18-3=15，故D正确.故选！14.解析：作几何体的轴截面图如图所示，M,N分别是大球 B、C、D. 和小球的球心，Q是圆台的轴截面 A 11.选AD如图，设正方形ABCD外接圆半径为r,球体半： 等腰梯形ABCD两腰AD和BC 径为R,P到平面ABCD距离为h, 的延长线的交点，G,H分别是球 由已知得，==，则0到平面 M和球N与圆台侧面的切点，E, 2 F分别是与圆台上、下底面的 ABCD的距离d=|h-R|.由球体 切点 的性质得(h-R)2十r2=R2,得R 则GM⊥AQ,NH⊥AQ,QE⊥AB,QF⊥CD, 号，球0的表西积为nR=2,放A GM=EM=6,NH=NF=3,EF=18, 过点N作NK∥AQ交GM于K,显然NK⊥GM,四边 正确；由选项A知球心O为正方形ABCD的中心，P在 形NHGK为矩形， 球O上，当P'O⊥平面ABCD,即P'O=R时，组合体体 MN-9,MK=MG-KG=MG-NH-3, 积最大，最大值为Va0集=子X1PX2R=号，故B错 在R△MNK中，s∠MNK-漆=， X1 误；设P'到平面ABCD的距离为d',则V组合体=3 a∠MNK=-ZMN-22,am∠MK- 41 ×+×1X,故d-,则p的轨连圆的半 23 4 4 由NK∥AQ,得∠MNK=∠EQA,则sin∠EQA=3, 径广®-严≠故C蜡送：由选项B的控号 tan∠EQA=Y 41 过程得，当组合体的体积最大时，P'O=R, NH 此时组合体表面积为S=5×12X4X2=25,故D正 在R△NHQ中，NQsn2A=9,FQ=NQ-NF=6. 4 确.故选A、D. 在R△DFQ中，DF=FQ·tan∠EQA=3yE 2 12.解析：直线1的方程可化为(2x十y一7)m十 在Rt△EQA中，EQ=EF+FQ=24, 2.x+y-7=0, (x十y-4)=0,联立 解得=3，」 所以！ AE=EQ·tan∠EQA=6√2. x+y-4=0, y=1. 直线恒过定点P(3,1). 因此圆台的上底面半径AE=6√2，下底面半径DF= 当直线1⊥CP时，直线被圆截得的弦长最短， 32高EF=18, C到直线1的距离为CP|=√I0,所以最短弦长是} |AB|=212-10=2√2. 国台的体积V=3x·EFA+AE,DF+DF)=567, 答案：2√2 4 而球M的体积VM=3rX63=288元， 13.解析：因为OA=|OB|=AB|=√3，所以△OAB为： 4 等边三角形 球V的体积Vv=3πX33=36r, 设AB的中点为D,连接OD,则|OD|=c0s吾 3 所以容器中水的体积 2 V=V-VM-VN=567x-288x-36x=243π. 所以点D的轨迹是以O为圆心， 3 答案：243π 为半径的圆，则方程为x2十y2=9 15.解：(1)由acos B-bcos A=c-b,得sin Acos B- 4 sin Bcos A=sin C-sin B,--.---. ..2分 所以|2CA+AB|=|CA+CA+ sin C=sin(A+B)=sin Acos B++cos Asin B, AB1=|CA+CB引=2|CD1, 故sinB=2 cos Asin B, .4分 又sinB≠0，故cosA= 6分1 2 所以当a= 三时，老张通过逻辑设计环节和物理实现环节 又A∈(0，π)，故A= 的概率最大. .5分 31 .7分 (2)由垂心的性质，得∠BHC=π (2)当a=4 时，老张连入流片与测浅环节的概手为号 8分 设HB=m,HC=n,在△HBC中， m2十2-2m0s=16.9分 小李选入流片与闲孩环节的极率为号×号-合， 即m2+n2+mn=16≥3m, 小军选入流片与别议环节的概丰为号×号-是，7分 由题意，得的可能取值为0,1,2,3， .8分 m<号（当且仅当m=分49时等号成立）1分 P(=0)=(1-)×(1-)×(1-子)=×司 341 31 13分 1 5 16.解：)因为f)号+2x一6h+1) 41281 P(=1)=品×(1-2)×(1-)+(1-8)×号 所以f(x)=x十2-十 6 ......2分 ×(1-)+(1-)×(1-2)× 又f(0)=0,f(0)=2-6=-4, 4分 所以f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=一4x. 11+5+15=31 1281281281281 6分 (2)因为函数f(x)定义域为（一1，十o∞），f(x)=x十 P(E=2)= ×3×(1-)+号×(1-名)×+ 2-6=x+4(-1D x+1 x+1 .8分 (-)x名×是品+器+摄职 当-1<x<1时，f'(x)<0,所以f(x)在(-1,1)上 P(=3)= 33 单调递减， 162 1281 12分 4 当x>1时，f'(x)>0,所以函数f(x)在(1，十∞)上 所以5的分布列为 单调递增. .-10分 0 2 3 所以当x=1时，f(x)有极小值，且f(1)= 2+2-6ln2 5 31 59 33 128 128 128 128 号-6h2. .12分 13分 数学期望为E()=0X +1×+2× 5 59 当xe(-1,1)时，f(x)∈（受-6ln2,+o∞）， +3× 33_31+118+99_31 当xe1,+o)时，f(x)∈（号-6n2,+o) 128 128 16 15分 因为关于x的方程f(x)=a有两个不相等的实数解， :18.解：(1)证明：因为AM⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以AM⊥BD, 1分 所以a∈（ 2 -6ln2,+o∞)】 .-15分 因为AC⊥BD,AC∩AM=A,AC,AMC平面ACM, 所以BD⊥平面ACM, .3分 -a≤1， 17.解：(1)由题可知， 解得号<a<1 又BDC平面MBD,所以平面MBD⊥平面ACM, 0≤a<1, .4分 老张道过两个环节的概率为P(a)=a(停-@）=-a2 (2)因为AM⊥平面ABCD,AB⊥ AD,所以AB,AD,AM两两互相 2分 垂直， 3分 以A为坐标原点，AD,AB,AMx 59 所在直线分别为x,y,之轴建立如 所以当a= 时，P(a)取得大值器 6 图所示的空间直角坐标系， 3 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(4,2,0),M(0,0,2),设D(t,0,0), AC=(4,2,0),BD=(t,-2,0), 5分 联立 （x=ty十解得 1+t 因为AC⊥BD,所以AC·BD=4t-4=0,解得t=1, y=一x 即( 所以D(1,0,0),所以BD=(1,-2,0),BM=(0,-2,2), y=1+t' 设平面MBD的法向量为n=(x1y1,之1)， .6分 n·BD=x1-2y=0, 所以S△0B=1OA·1OB 则 令y1=1,则0=2，名1=1， n·BM=-2y1+21=0, 所以平面MBD的一个法向量为n=(2,1,1),7分 )+()√)+( 由题意可得AM=(0,0,2)可以为平面ABCD的一个 1-t2 .8分 法向量. ...8分 设平面MBD与平面ABCD所成锐二面角为O, 所以当t=0时，|1一t取最大值，此时面积最小， 则cos0=|cos(AM,n)1= |AM·n=2=6 即△OAB面积的最小值为2.9分 |AM|n2×√6 6 (3)由题意直线1的斜率不为0，故 所以平面MBD与平面ABCD所成锐二面角的余弦值} 设方程为x=ty十m,t∈(-1,1)， .10分 (x=ty-m, x=1-t 联立 解得 (3)设品-，因为点F在校MD上（不合篇点），所以0 y=x, y=1一t <<1, 即A() 10分 设F(a,b,c),则DF=(a-1,b,c),DM=(-1,0,2), 因为DF=入DM,所以(a-1,b,c)=(-入，0,2)， m x 1+t 则a=1-入，b=0,c=2λ，所以F(1-1,0,2入)，12分1 x=ty-m, 联立 解得 y=一x, -m 即B(） 则AF=(1-入，0,2)，AC=(4,2,0), y=1+t1 设平面FAC的法向量为m=(x2y2,2), .11分 m·AF=(1-λ)x2十2Ax2=0, 则 [x=ty+m, m·AC=4x2+2y2=0, 联立 消去x得(t2-1)y2+2mty+ x2-y2=1, 令y2=2,则x2=-12=2n 1-λ (m2-1)=0, 所以平百FAC的一个法向爱为m=(1,22云) 所以p十y0=- a号 2mt 12分 14分 由AP|=|PQ1=|QB1,得|AB|=3|PQ, 若MB∥平面FAC,则m·BM=0, 所以|yA-yB=3|yp-yQ. 即-4+2x2层=0，郎得X=日 1 16分 所以，1引=3Vp+0)-4p0 所以存在点F满足题意，且DF=1 -DM 5 -17分 19.解：(1)由双曲线方程可得渐近线方程为y=士x,1分 两条渐近线的倾斜角分别为45°，135°， 即(2)=[()-x 所以两条渐近线的夹角为90°. 3分} 即4m2=9(4m2+4t2-4), .14分 (2)由题意直线1的斜率不为0，故设方程为x=ty十√2，氵 即m2=号1-)，因为(-1,1). t∈(1,1），--- 4分 所以0<m2< 9 √2 .-15分 T= 联立 x=y十解得 又P,Q两点在Γ的右支上，所以m>1, ....-16分 y=z, y- 2 所以1m<3即m的取值范周为(，3 .17分 分