2026年高考数学临考押题卷04（全国二卷通用）

**基本信息** 聚焦高考核心素养，覆盖函数、几何、概率等模块，通过分层设计与真实情境（如商场促销、销量统计）考查数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|集合、复数、向量等基础|注重概念辨析，如第3题投影向量| |多项选择|3/18|立体几何、统计|选项分层，如第10题残差分析| |填空|3/15|二项式定理、椭圆|动态问题设计，如第14题正方体动点| |解答题|5/77|解三角形、导数等|综合情境，如18题商场促销概率建模；层层递进，如19题导数证明考查创新意识|

2026年高考数学临考押题卷04（全国二卷通用) (考试时间：120分钟，分值：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题共58分） 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.已知全集U={0,1,2,3,4,5,6,7,8,A={1,2,3},B={2,3,4,5},则(AAUB=() A.{4,5} B.{0,4,5 C.{2,3,4,5,6,7,8}D.{0,2,3,4,5,6,7,8 【答案】D 【详解】由题意可知U={01,2,3,4,5,6,7,8,则dA={0,4,5,6,7,8,因此(UB={0,2,3,4,5,67,8 2.若=2-2，则复数z的虚部为() A.1 B.-1 C.2 D.-2 【答案】A 【分析】设z=a+bi(a,b∈R),表示出z和z-2i,根据复数的求模公式，得到方程 √a2+b=√a2+(b-2)},解方程求出b即可. 【详解】设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,=√a2+b2, z-2i=a+(b-2)i,l2-2i=Va2+(b-2)}2,因为=2-21，所以Va2+b2=√a2+(b-2)}, 所以a2+b2=a2+(b-2),整理得4b=4,解得b=1.所以复数z的虚部为1. 3.已知向量a在向量6方向的投影向量为-五，且回=2，a-=7,则=() A.1 B.√2 C.5 D.2 【答案】A 【详解】由题目可知66=-万，即a =-1, 1b2 1b2 因为d=2,a-b=V7,a.b=-b邴，所以a-2(a.而+1那=7，解得1b=1. 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a6,3a4,-a成等差数列， SA A.15 B.17 C.80 D.82 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解9的值，从而利用等比数列 的求和公式计算可得结果」 【详解】设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q>0, a6,3a4,-a成等差数列，∴.6a4=a6-a5, 60=a何-》80-96=0,9>0.解得9=3测受-号=1+g=4-8 5.甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（当一人赢得两局胜利时，该人获胜，比 赛结束)，己知每局比赛甲获胜的概率为0.6（没有平局），且每局比赛结果相互独立，则两 人进行第三局比赛的概率为() A.0.16 B.0.36 C.0.48 D.0.52 【答案】C 【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率求解 【详解】只进行两局比赛结束的概率为0.62+0.42=0.52， 则两人进行第三局比赛的概率为1-0.52=0.48. 6.<a-<,2cosa+sinB=2,2sina-cosB=-1, 2 则osB+() A. 3-√6 B. V6 6 D.3+6 6 6 3 6 【答案】D 【分析】对式子进行平方，再相加化简得si血(a-)=2,进而可得α=B+石，再回代化简 可得coSB=6,然后用和差公式求解即可. 3 【详解】因为2cos+sin=√2，所以4cos2+4 cos sin+sin2=2①： 又因为2sin-cos=-1,所以4sin2-4 sin cos+cos2=1②. ①+②得4-4sin(a-B月)+1=3，所以sim(a-p)=号 2 又因为<a-B<受，所以a-B=名，即a=B+6 6 +6 把a=B+若代入2cos+sn=2,得2os(B+ +sinB=2, 6 则v3cos=V2.即cosg=y6 3 把=+若代入2sin-cos=-1,得2sinB+ -cosB=-1, 6) 则v3sin=-1,即sinB=-5 3 所以cosB+T -cosBcos-sinpsin61 5_3+6 3 3323 2 6 7.在长方体ABCD-ABGD中，AB=2BC=2CC1,点E,F分别为棱AB和CD的中点， 点P是棱AB,上的动点，则平面PDE与平面PBF的夹角的正弦值的最大值为() D A. 4v2 B.4V2 7 C.9 D. 9 7 【答案】A 【分析】利用空间向量法求解，求出平面PDE和平面PBF的法向量，记平面PDE和平面 PBF的夹角为0，利用数量积求出cos8=cos(m,n,求出cos20,利用同角关系式求出sin20, 利用正弦函数的图像和性质得到平面PDE与平面PBF的夹角的正弦值的最大值. 【详解】不妨设AB=2,BC=CC=1,建立空间直角坐标系D-z如图所示， 则D(0,0,0),E(11,0),F(0,10),B(L,2,0),P0,1)f∈0,2])， 得到DE=FB=(1,L,0),FP=(1,t-1,),DP(1,6,),记平面PDE和平面PBF的夹角为0. 记平面PDE的法向量为m=（x,y,Z), m:DE=x+片=0 m·DP=x+%+3=0 取m=(山，-1，t-),则园=V2+t-1. 记平面PBF的法向量为n=(x2,y2,Z2), ii.FB=x2+y2=0 F厘=x2+t-y2+22=0' 取n=(L,-l,t-2),则园=V2+-2)},所以cos8=osm (t-1)(t-2)+2 -1'+2V-2+2 cos20 [(t-1t-2)]+4t-1t-2)+4 [t-10(t-2)]+2(t-1)2+2(t-2+4 sin'0=1-cas20= 2t-1+2t-2}-4t-10t-2) 2[(t-1)-(t-2)了 [(t-1t-2+2-1}+2t-2}+4[(t-1)(t-2)了+2(t-12+2t-2)2+4 2 2 (2-31+22+2(2r2-61+5)+4(t2-31+2)2+4(2-31+2)+4+2 -+2+2列+28新，当且仅当1=时，m0,所以如85 2 32 81 9 故平面PDE与平面PBF的夹角的正弦值的最大值为4N ,故选A. 9 3,x≥0 8.已知函数f(x)= e+e+1,x<0'则满足f(a-3)>f3a-1)的实数a的取值范围是() A.(3,+o) B.（-1,+o) C.（-1,3) D.(-0,3) 【答案】C 【分析】借助导数可研究函数f(x)在(-o,0)上的单调性及其最小值，结合x≥0时，f(x)=3, a-3<3a-1 可得 解出即可得 a-3<0 【详解】当x<0时，f'(x)=e-e',令g(x)=e-ex,则g'(x)=e+e>0恒成立， 故g(x)在(-o,0)上单调递增，则f'(x)<e°-e°=0， 则f(x)在(-o,0)上单调递减，则f(x)>e°+e°+1=3，又当x≥0时，f(x)=3, a-3<3a-1 则有 a-3<0 ，解得-1<a<3,故满足f(a-3)>f(3a-1)的实数a的取值范围是(-1,3). 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.在平行六面体ABCD-ABGD中，AB=AD=A4=2,∠AAB=∠AAD=∠BAD=T, M,N分别为棱BC,CC的中点，则() A.MN//AD B.BD⊥平面AACC C.AC=2/6 D.直线MN与AC所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】对A:连接BC,借助中位线性质可得MN/BC,利用平行六面体性质结合平行 四边形定义及其性质可得BC,/AD,则可得MN1/AD;对B:借助菱形性质可得AC⊥BD, 再利用题目条件可得AB=A,D,则有等腰三角形三线合一可得AO上BD,即可利用线面垂 直判定定理得到BDL平面AACC:对C:得到AA、AC及CoS∠AAC后，利用余弦定理 计算即可得：对D:由MN/1BC,AC/IA,C,可得∠ACB即为所求，求出BC、AC,、AB 后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对A连接BC,由M,N分别为棱BC,CC的中点，则MN1IBC, 由平行六面体性质可得AB/C,D,且AB=C,D,故四边形ABC,D,为平行四边形， 故BC//AD,又MN//BC,故MN I/AD,故A正确： 对B:连接AC、BD、AB、AD,设AC∩BD=O, 由AB=AD,则四边形ABCD为菱形，故AC L BD,O为BD中点， 由∠A,AB=∠AAD,AB=AD,AA=AA,故△ADA与△ABA全等， 故AB=AD,又O为BD中点，故AO⊥BD, 又AO∩AC=O,AO、ACc平面AACC,故BDL平面AACC,故B正确： 对C:由∠AB=∠A4D=∠BD=子AB=AD=4=2, 则△ABD、△ADA、△ABA都为等边三角形，故AB=AD=BD=2, 则40-=40-2-5 放s∠44C-+2-55 2×V5×2 3 故4C2=2+(2-2x2x2W5x5 =8,即AC=2W2,故C错误： 对D:连接AC,由MNI/BG,AC11AC, 故直线MN与AC所成角即为直线BC,与AC所成角，即为∠AC,B, BC-0-aD+aA-V0+2Dc+网=25， AC=AC=2V5,AB=2,则cos∠ACB= (25+25-22205,故D正确。 2×2V3×2N3 246 B 10.某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x（月份) 2 3 4 5 销量y(百台) 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：y=0.15x+a,则下列说法正确的是（) A.变量x,y正相关 B.a=0.13 C.可以预测当x=6时，商城内该电脑的销量为1百台 D.当x=4时，残差为-0.03 【答案】ABD 【分析】求出样本中心点，进而求出经验回归方程，再逐项求解判断。 【详解】对于A,由0.15>0，得变量x,y正相关，A正确： 对于B.x=+2+3+4+5-3y-03+04+06+0.7+09-0,58, 5 5 因此a=y-0.15x=0.58-0.15×3=0.13,B正确： 对于C,y=0.15x+0.13,当x=6时，y=1.03(百台)，C错误： 对于D,当x=4时，y=0.73,残差为0.7-0.73=0.03，D正确. 1.已知函数f(x)=e+心+b,其中a,b∈R.则下列说法正确的是（) 1+e* A.f(x)的图象为中心对称图形 B.a>0时，函数f(x)在(-o,+o)上单调递减 C.对任意的实数a,b,∫(x)既没有最大值，也没有最小值 D.若f(x)有两个不同的极值点，则a的取值范围为(-o,0) 【答案】ACD 【分析】对A:计算可得f(x)+f(-x)=2b+1,即f(x)的图象关于点0， 2b+1 2 中心对称： 对B:求导后计算即可得；对C:分a=0及a≠0进行讨论，计算f(x)值域即可得；对D: 求导后结合极值点定义计算即可得 详解对△：四+-x刘+a+h+e 1+e-ar3+b=2b+1, 2b+1 故f(x)的图象关于点0,2 中心对称，故A正确： 对B:f'(x)= '(1+e-e.e e +3a= (1+e月 1+ey+3a, 当a>0时，f'"(x)= +e+ar2>0 故函数f(x)在(-oo,+oo)上单调递增，故B错误： e=1e(0,) 对C:由1+e=1 +1 e 则当a=0时：a)=品+6c®+小：无鼓大、数小值 当a≠0时，ax3∈(-o,+o),则f(x)∈(-o,+o),无最大、最小值： 综上可得，对任意的实数a,b,f(x)既没有最大值，也没有最小值，故C正确： 对D:f'()= e+r,令 e e +3ar2=0,则+e e" =-3ax2 1+e)） e 若f(x)有两个不同的极值点，则 1+e) =-3ax有两个不同根， 当a≥0时，+e>0,-3ar2≤0，无实数根，不符： 当a<0时，若x=0,则-3ax2=0,不符，则x∈(-o0,0)U(0,+0), 令8(x)= 1 I+e)x +2x2?x∈(-o,0U(0,+o), e*+ e 有8(= =x) e+。+2-e+2 则g(x)为偶函数， 当x>0时，e>1,则由对勾函数性质可知y= +e+2单调递增， 1 又y=x单调递增，故8()=7 * +2x单调递减，且g(x)e(0,+w), 1 故-3a∈(0，+o),则a∈(-o,0): 故f(x)有两个不同的极值点的充要条件为a∈(-o,0),故D正确 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.(x旷的展开式中，水项的系致为 【答案】20 【分析】将原式拆分为2(x-1与-1(x-)两部分，分别求出两部分中x项的系数后求和即 可 【详解】首先将原式变形为 2-1x-5=20x-5-1(x-1， 根据二项式定理，(x-1)的展开式通项为T,=Cx-(-l)',其中r∈N且0≤r≤5 2(x-1)中x项的系数：令5-r=1,解得r=4,代入通项得该部分x项的系数为 2×C4×(-1)4=2×5×1=10, _Lx-1)中x项的系数：要得到x项，需(x-)中对应项的次数为2，令5-=2， 解得r=3,代入通项得该部分x项的系数为-[C×(-1)]=-(10×(-)=10, 将两部分系数相加，得展开式中x项的总系数为10+10=20 13.已知R,万分别是椭圆r:二+广=1的左右两个焦点，点M在r上，且在y轴左侧， 94 、1 lM=a,MEl=b,则2+ a+12b-5的最小值为 【答案】1 【分析】由椭圆的定义可得a+b=6,利用2(a+1)+2b-5=9结合基本不等式求解 【详解】由椭圆r:。+上-1可知其半长轴为3， 9+4 根据椭圆的定义，M+ME=a+b=6,又M在y轴左侧，则b>a,即b>3>a,则 2b-5>0,由2(a+1)+2b-5=2a+2b-3=9, 2 1 -1,当-号取，用。-》6， 2a+22b-5 a=2 2, 1 结合a+b=6可知〈 b=4 时， 的最小值为1 a+12b-5 故答案为：1 14.如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，P,E分别为线段BD,AB上的动点， M为线段AD,的中点，给出下列四个结论： A B M D C E ①三棱锥E-CDC,的体积为定值： ②PC+PM的最小值为V6 ③不存在点E,使得AE与BD,所成的角为45°：④△ADP面积的取值范围为 6’2 其中所有正确结论的序号是 【答案】①②④ 【分析】对①，根据高和底面均为定值可判断；对②，转化到同一个平面，利用余弦定理计 算；对③，建系，利用夹角公式进行判断；对④，表示出点P到直线DA,的距离，然后用面 积公式计算判断， 【详解】对①，点E到平面CDC,的距离是定值，ScDG为定值，所以三棱锥E-CDC,的体 积为定值，正确： 对②，将平面BD,C沿着BD,旋转到平面ABD,如图： D M C-LAD,-DC-AD AB A.8CC. 1 BD=V3,所以∠BD,C=∠BDA,sin∠BD,C=sin∠BD,A= 3 所以cos∠ADC=cos2∠BD,C=1-2sin'∠BD,C= 3' CM:=CD:+MD:-CD-MD,COSLAD.C-CM=6 ,正确： 6 6 对③，建立空间直角坐标系： A(1,0,1),B(1,1,0),D(0,0,1),设E(1,b,0)(0≤b≤1) E 所以AE=(0,b,-1),BD=（1,-1,1),若AE与BD所成的角为45°，则 AE·BD -b-1 c0s45°= AE·BD Vb2+1./3 →b2-4b+1=0→b=2-V5(b=2-√5舍)， 所以存在点E,使得AE与BD所成的角为45°，错误： 对④，设DP=D,B(0≤1≤1)，DA=(1,0,1),DP=DD+DP=DD+DB(2,1-), 所以DA=V2,点P到直线DA的距离为d DP.DA DP /32-2+ DA 由0≤元≤1，当入=时，有dm= √6 6 当元=1时，有dmax= 6 2 所以△ADP面积S=AD,dE 6’2 正确故答案为：①②④ 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)在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2c-b)cosA=a.cosB. (1)求角A的大小： (2)若a=√5，b+c=25,求三角形ABC的面积. 【答案】()A= 3 23 4 【分析】(1)由正弦定理化边为角后，利用两角和的正弦公式、诱导公式变形可得： (2)由余弦定理求得bc,再由三角形面积公式计算 【详解】(1)因为(2c-b)cosA=a.cos B,所以由正弦定理得 (2sin C-sin B)cos A=sin Acos B, 整理得：2 sin CcosA=sin BcosA+sin Acos B-=sin(A+B), 因为4+8+C=,所以sinC=sin(1+B月)20，故eos4=,因为0<A<,所以A- 3 (2)由余弦定理，得a2=b2+c2-2 bccos A,即b2+c2-a2=bc, 整理得(b+c)'-a2-3bc,又a=√3，b+c=23, 所以(25-(W5=3bc,所以bc=3, 散三角形ABC的面积为csnA=7×3x哈-36 24 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB/ICD,AB⊥BC, AB=BC=PA=4,CD=3、点E在棱PC上. B E D 0当二时.求=楼裤户-E的体积 (②若二面角C-BD-E的大小为45，求限的值， 【路案】09 【分析】D由题意可知点E到平面ABCD的距离为，PA←4，利用割补法求体积 (2)建立空间直角坐标系，设E=无，元∈[0，小，求平面BDB、平面BCD的法向量，利 PC 用空间向量结合二面角列方程求解， 【详解】D因为答；且P11平面4BCD,可知点E到平面48CD的距背为P4 3 所以YP-BDE='r-BCD-VE-BCD= x4 4)16 (2)在平面ABP内过点B作直线AP的平行线I, 以B为原点，分别以BC,BA,1所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,0,0),C(4,0,0),D(4,3,0),A(0,4,0),P(0,4,4), 可得BP=(0,4,4),BD=(4,3,0),PC=(4,-4,-4), 设PE=元，0,1，则PE=PC=(4,-42,-4), PC 可得BE=BP+PE=(4元，4-4元，4-42)， 设平面BDE的一个法向量为i=(x,y,z),则 i.BE=4x+(4-42)y+(4-42上=0 BD=4x+3y=0 令z=4-7元，则x=3-32,y=42-4,可得i=(3-32,42-4,4-7), 由题意可知：平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 因为二面角C-BD-E的大小为45°， 则os(m,列= i 4-7 √2 m =cos45°，可得 25(-1)2+(4-72 2 整理得82-21-3-0，解得元-子或入=号 (舍去)，所以 PE 3 17.15分)已知4,8分别是双曲线C:号若=a>06>0的左、右预点，且M=4, 动点Mm网在C上，当m=3时，M-多 (1)求C的标准方程. (2)已知P,Q是C的右支上不同于M的两点. (i)若线段PM的中点为N(2t,)(t≠O),证明：直线PM的斜率为定值； (i)若点M3,2 5 直线PM,QM的斜率互为相反数，且sin∠PM0=2 ,求aPOM的 3 面积. 【谷灯0昏号 (2)①)证明见解析： m100V2 9 【分析】(1)由左右顶点信息可得a,再把点M的坐标代入C的方程即可得b: (2)①)结合中点信息和双曲线方程，利用点差法即可得到直线PM的斜率； ()先运用正切的和差角公式列出方程解得直线PM的斜率，再写出直线方程并与双曲线方 程联立，依次得到点P和Q的坐标，最后使用弦长公式和三角形面积公式算出△POM的面 积 【详解】(1)因为A,B是双曲线C的左、右顶点且AB=4,所以2a=4即a=2. 又因为M(m)在C上，且当州=3时，川-，所以9_ 解得b2=5, 4b2 所以C的标准方程为女上 451 (2)(①设P(xy),因为P(x),M(m,n)在双曲线上， 所以兰-星=1_”=1，两式相减得：-m-开=0， 45 ”451 4 5 即：-mx+m_（y-(y+) 4 因为PM的中点为N(2,)≠0)，所以+m=2,当+n=1, 2 2 所以直线PM的斜率为pw=片-”-三x+m_5 -m4+n2，即为定值： ()设kw=k>0,依题意有koM=-k, 因为sin∠PM0=2y5,所以os∠PwQ =士， tan∠PMQ sin∠PMg-t2N2, 3 3 cos∠PMg 1 2× 又点P在点M右上时，an☑PQ= R,点P在点M左下时有tan∠PMO= 2k k 2k k2-1 所2k22,平方整理得2-5水+2=0 令1=k解得1=2或)，所以k=2或5，因为5小于C的渐近线斜率5 此时直线PM与双曲线左支必有交点，也就意味着点P在左支，故k=√2， 设P(y),Q(y,因为点M3, 在直线PM上， 、2 所以PM的方程可设为)-(：x-),将其与双曲线方程联立得 kx+ 53k 1 5 化简得（5-4k2)x2-4k(5-6k)x-45+60k-36K2=0, 5-4h2y-3=20k-30 由韦达定理有x+3=46(5-6k)、 5-4k2 同理可得，-3=20k-30 5-4k2 又PM=x-3V1+k2，I2M=k2-3V1+k2, 所以Sow=2×PMOMsin∠PM0=x9o0400 (+k2头2100￥ （5-4k2)1 3 9 18.(17分)一商场联合某商品生产商举行有奖竞猜活动，每次活动分为两轮，若顾客成功 通过第一轮活动，则获得基础抵扣券，其中获得30元的基础抵扣券的概率为 0,获得10 7 元的基础抵扣券的概率为10，且须继续参加第二轮活动：否则，不获得基础抵扣券，活动 结束若顾客成功通过第二轮活动，则可获得20元的进阶抵扣券.两种抵扣券可叠加使用购买 该商品，且每位顾客只能参加一次竞猜活动.已知该商品每件的售价为150元，原进货成本 为78元，商场承担所有抵扣券金额的50%，其余的由商品生产商承担。 ()若顾客成功通过第一轮活动的概率为；，成功通过第二轮活动的概率为；，记顾客购买 一件该商品的实际支付金额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望： (2)设顾客甲成功通过了第一轮活动，其成功通过第二轮活动的概率为p(0<p<1),且顾客 甲至多购买一件该商品假设顾客甲成功通过两轮活动后使用抵扣券购买该商品的概率为 心p)一号P+号记比时顾客甲购买件该育品贡献给商场的毛利润期望（单位：元）为8（小： 项客甲未成功通过第二轮活动使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件 该商品贡献给商场的毛利润期望为g2(p).若g(p)>g2(p),求P的取值范围.定义：毛利润 期望=顾客购买概率×（顾客实际支付金额的期望-原进货成本商场承担的抵扣券成本的期望） 【答案】(1)分布列见上述，数学期望为129.2. (2)(0,1) 【分析】(1)分析出X的可能取值，再求出相应的概率，得到分布列，进而得到数学期望， (2)根据毛利润期望，分别求出g1(p),82（(p),再根据题意列不等式求解即可 【详解】(1)顾客实际支付金额X的所有可能取值为100,120,140,150 PX=150)=1-4=1 55 若顾客通过第一轮、未通过第二轮，基础抵扣10元，则P(X=140)= 若顾客通过第一轮，未通过第二轮且基础30元，或通过两轮且基础10元， 4 4133 若顾客通过两轮，基础抵扣30元：P(X=100)=×一× 521025 因此X的分布列为： 100 120 140 150 3 2-5 7 25 1-5 数学期望EX)=100×3.+120×2+140×7+150×1292 2 25 5 25 5 (2)根据毛利润期望的定义： E(单件利润)=E(X)-78-E(商场承担抵扣)=(150-E(D)-78-0.5E(D)=72-1.5E(D),其 中D为总抵扣额 8(P):总抵扣期望E(D,)=30×3+10× 3 。+20=36,单件利润期望为72-1.5×36=18， 10 1 因此gp)=f(p)×18=2+。x18=10p+8 gP+。 8,(p):总抵扣期望E(D,)=30x3 10x色16，单件利海明塑为72-15x16=48 10 因此g,(p)=3px48=16p. 因为g(p)>g,p),即10p+8>16p→p< 4 因为0<p<1,所以p的取值范围为(0,1) 19.(17分)已知函数f(x)=xnx. (I)求f(x)的极小值点： (2)已知2f(x)-(k-I)x+k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值： 3)已知0<x<≤1，证明：/()-f(x)≤：-x。, 【答案10时 (2)4 (3)证明见解析 【分析】(1)求函数f(x)的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求 极小值点 (2)恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最 大整数 (3)令m=x-x,只需证-m≤mlnm<F()s-(1-m)n(1-m)≤m,再利用导数证 明结论 【详解】(1)f(x)的定义域为(0，+o),"(x)=lnx+1,由f'()=0得x=1 1 当x∈0，二时，∫'(x)<0,f(x)单调递减； e 71 当x。+0时，)>0，f)单调递增。 所以的极小值点为 (2)法一：2f(x)-(k-l)x+k>0等价于x+2xlnx>k(x-1), 又x>l,可得k<x+2 xlnx x-1 g()+2xn>1),gC)=2x-2x-3 x-1 (x-1D2 i记a)=2x-21nx-3,则h)=2x-山>0， 所以4)在1，+w)单调递增。又2)=1-2h2<0,A=21-n3>0, 故)在2)上有壁-零点， 且h(x)=2x,-2lnx-3=0, 又g(x)在(1，x)单调递减，在(x,+∞)单调递增， 所以8(x)n=g()=6+2xn Xo-1 由2x-21n5-3=0可得g-5+2-3》-2x,45),又k为整数， x0-1 所以整数k的最大值为4. 法二：令T(x)=2f(x)-(k-1)x+k=2xx-(k-1)x+k,T(1)=1, 问题转化为：对任意x>l,有T(x)>0,因为T'(x)=2x-k+3, 当k≤3时，T'(x)>2×lnl-k+3≥0， 所以T(x)在(1，+∞)单调递增， 故T(x)>T(1)=1>0,符合题意. k-3 当k>3时，T'()=0,x=e2>e°=1’ 当xel:7r<a7句单调港说。 所以7-8e）-k-3列e号-k-e+=k-2号>0. -3 3 -3 k-3 k-3 令n(k)=k-2e2(k>3,keZ),h'(k)=1-e2<1-e°=0， 所以h()在(3，+∞)单调递减，又h(4)=4-2e2>0,h(5)=5-2e<0, 所以当k>3时，满足(k)>0的最大整数k的值为4 综上：结合k≤3时均满足条件，所以整数k的最大值为4. (3)令m=x2-x,0<m<1,，则x=x2-m, 所以，要证(s)f(x≤到-，即证f(飞)-f5-m≤m, 即证-m≤f(x)-f(x,-m)≤me, 等价于i证-ms,n6,-(k,-mjn(k,-m)sm, 设F(x)=xnx-(x-m)ln(x-m,x∈(m,], F(x)=Inx-In(x-m)>0, 所以F(x)在(m,上单调递增，所以F(m)<F(x)≤F), 即mlnm<F(x)≤-(1-m)ln(1-m), 因此只需证-m≤mlnm<F)s-(1-m)n1-m)sm, 1-1 -me≤mlnm1) -(1-m)ln(1-m)sm2) 对于(1)式，只需证nm+m≥0' 可设p(m）=nm+m,0<m<1,则(m)=m-Lm÷ 1 1-cm 所以(m)在(0，e）上单调递减，在(e,+∞)单调递增. 故p(m)≥(e)=0,即m≤mnm成立. 对于(2)式，即要证m+(1-m)n(1-m)≥0： 设Q(m)=m+1-m)h1-m),则g(m)=1-m-h-m>1, 设p(m)=m+ln(1-m),0<m<1, 则oo)=1。品<0，所以网在@上单调遥减， 所以p(m)=m+ln(1-m)<0,即-ln(1-m)>m, 所以g'(m）=1-}m-ln(1-网-1>(1m+m-1≥m 1 +m-, 1 14 令T(m)=m3+m-1,则T'(m）=-m3+1, 6 3 由Tm)=0知m=6,所以T(m)在0,6上单调递减，在6,1上单调递增， 3 21 所以T(m)≥T(64)=三64-1>0，所以Q'(m≥T(m)>0, 则(m)在(0,1)上递增，所以Q(m)≥Q(0)=0 综上命题得证. 2026年高考数学临考押题卷04（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知全集，，，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知，则，因此. 2．若，则复数的虚部为（   ） A．1 B．1 C．2 D．2 【答案】A 【分析】设，表示出和，根据复数的求模公式，得到方程，解方程求出即可. 【详解】设，则，， ，，因为，所以， 所以，整理得，解得.所以复数的虚部为. 3．已知向量在向量方向的投影向量为，且，则（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【详解】由题目可知，即， 因为，，所以，解得. 4．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A．15 B．17 C．80 D．82 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为， ∵，，成等差数列，∴， ∴，∴，，解得.则. 5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（当一人赢得两局胜利时，该人获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为0.6（没有平局），且每局比赛结果相互独立，则两人进行第三局比赛的概率为（    ） A．0.16 B．0.36 C．0.48 D．0.52 【答案】C 【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率求解. 【详解】只进行两局比赛结束的概率为， 则两人进行第三局比赛的概率为． 6．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对式子进行平方，再相加化简得，进而可得，再回代化简可得，然后用和差公式求解即可． 【详解】因为，所以①； 又因为，所以②. ①+②得，所以. 又因为，所以，即. 把代入，得， 则，即. 把，得， 则，即. 所以. 7．在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值. 【详解】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 得到，记平面和平面的夹角为． 记平面的法向量为，， 取，则． 记平面的法向量为，， 取，则，所以， ， ，当且仅当时，，所以， 故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为，故选A． 8．已知函数，则满足的实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助导数可研究函数在上的单调性及其最小值，结合时，，可得，解出即可得. 【详解】当时，，令，则恒成立， 故在上单调递增，则， 则在上单调递减，则，又当时，， 则有，解得，故满足的实数的取值范围是. 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．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则， 由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，又，故，故A正确； 对B：连接、、、，设， 由，则四边形为菱形，故，为中点， 由，，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面，故平面，故B正确； 对C：由，， 则、、都为等边三角形，故， 则，， 故， 故，即，故C错误； 对D：连接，由，， 故直线与所成角即为直线与所成角，即为， ， ，，则，故D正确. 10．某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x（月份） 1 2 3 4 5 销量y（百台） 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：，则下列说法正确的是（    ） A．变量x，y正相关 B． C．可以预测当时，商城内该电脑的销量为1百台 D．当时，残差为 【答案】ABD 【分析】求出样本中心点，进而求出经验回归方程，再逐项求解判断. 【详解】对于A，由，得变量x，y正相关，A正确； 对于B，， 因此，B正确； 对于C，，当时，（百台），C错误； 对于D，当时，，残差为，D正确. 11．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对A：计算可得，即的图象关于点中心对称；对B：求导后计算即可得；对C：分及进行讨论，计算值域即可得；对D：求导后结合极值点定义计算即可得. 【详解】对A：， 故的图象关于点中心对称，故A正确； 对B：， 当时，， 故函数在上单调递增，故B错误； 对C：由， 则当时，，无最大、最小值； 当时，，则，无最大、最小值； 综上可得，对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值，故C正确； 对D：，令，则， 若有两个不同的极值点，则有两个不同根， 当时，，，无实数根，不符； 当时，若，则，不符，则， 令，， 有，则为偶函数， 当时，，则由对勾函数性质可知单调递增， 又单调递增，故单调递减，且， 故，则； 故有两个不同的极值点的充要条件为，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中，x项的系数为________． 【答案】20 【分析】将原式拆分为与两部分，分别求出两部分中项的系数后求和即可. 【详解】首先将原式变形为， 根据二项式定理，的展开式通项为，其中且. 中项的系数：令，解得，代入通项得该部分项的系数为， 中项的系数：要得到项，需中对应项的次数为，令， 解得，代入通项得该部分项的系数为， 将两部分系数相加，得展开式中项的总系数为. 13．已知分别是椭圆的左右两个焦点，点在上，且在轴左侧，，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】由椭圆的定义可得，利用结合基本不等式求解. 【详解】由椭圆可知其半长轴为， 根据椭圆的定义，，又在轴左侧，则，即，则，由， ，当取等号，即， 结合可知时，的最小值为. 故答案为： 14．如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②的最小值为； ③不存在点E，使得与所成的角为45°； ④面积的取值范围为． 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②④ 【分析】对①，根据高和底面均为定值可判断；对②，转化到同一个平面，利用余弦定理计算；对③，建系，利用夹角公式进行判断；对④，表示出点到直线的距离，然后用面积公式计算判断. 【详解】对①，点到平面的距离是定值，为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确； 对②，将平面沿着旋转到平面，如图： ，，则，所以，， 所以， ，正确； 对③，建立空间直角坐标系： ，设， 所以，若与所成的角为45°，则（舍）， 所以存在点E，使得与所成的角为45°，错误； 对④，设，， 所以，点到直线的距离为， 由，当时，有；当时，有. 所以面积，正确.故答案为：①②④ 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）在三角形ABC中，角的对边分别为，且． (1)求角A的大小； (2)若，，求三角形ABC的面积． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由正弦定理化边为角后，利用两角和的正弦公式、诱导公式变形可得； （2）由余弦定理求得，再由三角形面积公式计算. 【详解】（1）因为，所以由正弦定理得， 整理得：， 因为，所以，故，因为，所以． （2）由余弦定理，得，即， 整理得，又，， 所以，所以， 故三角形ABC的面积为． 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，、点在棱上． (1)当时，求三棱锥的体积； (2)若二面角的大小为，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知点E到平面ABCD的距离为，利用割补法求体积； （2）建立空间直角坐标系，设，，求平面BDE、平面BCD的法向量，利用空间向量结合二面角列方程求解. 【详解】（1）因为，且平面，可知点E到平面ABCD的距离为， 所以． （2）在平面ABP内过点B作直线AP的平行线l， 以B为原点，分别以BC，BA，l所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设，，则， 可得， 设平面BDE的一个法向量为，则， 令，则，，可得， 由题意可知：平面BCD的一个法向量为， 因为二面角的大小为， 则，可得， 整理得，解得或（舍去），所以． 17．（15分）已知，分别是双曲线的左、右顶点，且，动点在上，当时，． (1)求的标准方程． (2)已知，是的右支上不同于的两点． （i）若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值； （ii）若点，直线，的斜率互为相反数，且，求的面积． 【答案】(1) (2)(i)证明见解析； (ii) 【分析】(1)由左右顶点信息可得，再把点的坐标代入的方程即可得； (2)(i)结合中点信息和双曲线方程，利用点差法即可得到直线的斜率； (ii) 先运用正切的和差角公式列出方程解得直线的斜率，再写出直线方程并与双曲线方程联立，依次得到点和的坐标，最后使用弦长公式和三角形面积公式算出的面积. 【详解】（1）因为，是双曲线的左、右顶点且，所以即. 又因为在上，且当时，，所以，解得， 所以的标准方程为. （2）(i)设，因为在双曲线上， 所以，两式相减得：， 即， 因为的中点为，所以， 所以直线的斜率为 ，即为定值； (ii) 设，依题意有， 因为，所以，， 又点在点右上时，，点在点左下时有， 所以，平方整理得， 令解得或，所以或，因为小于的渐近线斜率， 此时直线与双曲线左支必有交点，也就意味着点在左支，故， 设，因为点在直线上， 所以的方程可设为，将其与双曲线方程联立得， 化简得， 由韦达定理有，同理可得， 又，， 所以. 18．（17分）一商场联合某商品生产商举行有奖竞猜活动，每次活动分为两轮，若顾客成功通过第一轮活动，则获得基础抵扣券，其中获得30元的基础抵扣券的概率为，获得10元的基础抵扣券的概率为，且须继续参加第二轮活动；否则，不获得基础抵扣券，活动结束.若顾客成功通过第二轮活动，则可获得20元的进阶抵扣券.两种抵扣券可叠加使用购买该商品，且每位顾客只能参加一次竞猜活动.已知该商品每件的售价为150元，原进货成本为78元，商场承担所有抵扣券金额的50%，其余的由商品生产商承担. (1)若顾客成功通过第一轮活动的概率为，成功通过第二轮活动的概率为，记顾客购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设顾客甲成功通过了第一轮活动，其成功通过第二轮活动的概率为，且顾客甲至多购买一件该商品.假设顾客甲成功通过两轮活动后使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件该商品贡献给商场的毛利润期望（单位：元）为；顾客甲未成功通过第二轮活动使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件该商品贡献给商场的毛利润期望为.若，求的取值范围.定义：毛利润期望=顾客购买概率×（顾客实际支付金额的期望-原进货成本-商场承担的抵扣券成本的期望） 【答案】(1)分布列见上述，数学期望为. (2) 【分析】（1）分析出的可能取值，再求出相应的概率，得到分布列，进而得到数学期望, （2）根据毛利润期望，分别求出，再根据题意列不等式求解即可. 【详解】（1）顾客实际支付金额的所有可能取值为. . 若顾客通过第一轮、未通过第二轮，基础抵扣10元，则. 若顾客通过第一轮，未通过第二轮且基础30元，或通过两轮且基础10元，. 若顾客通过两轮，基础抵扣30元：. 因此的分布列为： 100 120 140 150 数学期望. （2）根据毛利润期望的定义：，其中为总抵扣额. ：总抵扣期望，单件利润期望为， 因此. ：总抵扣期望，单件利润期望为， 因此. 因为，即. 因为，所以的取值范围为. 19．（17分）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点 （2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数 （3）令，只需证，再利用导数证明结论. 【详解】（1）的定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以的极小值点为． （2）法一：等价于， 又，可得， 令，， 记，则， 所以在单调递增． 又，， 故在上有唯一零点， 且， 又在单调递减，在单调递增， 所以， 由可得，又为整数， 所以整数的最大值为4． 法二：令 ， 问题转化为：对任意有，因为 当时， 所以在单调递增， 故，符合题意． 当时， ， 当 单调递减， 当 单调递增， 所以 ， 令 ， 所以在单调递减，又， 所以当时，满足的最大整数的值为4 综上：结合时均满足条件，所以整数的最大值为4． （3）令，，则， 所以，要证，即证， 即证， 等价于证， 设，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即， 因此只需证， 即 对于（1）式，只需证， 可设，，则， 所以在上单调递减，在单调递增． 故，即成立． 对于（2）式，即要证， 设，则， 设，， 则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以， 令，则， 由知，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 则在上递增，所以 综上命题得证． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学临考押题卷04（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知全集，，，则=（    ） A． B． C． D． 2．若，则复数的虚部为（   ） A．1 B．1 C．2 D．2 3．已知向量在向量方向的投影向量为，且，则（   ） A．1 B． C． D．2 4．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A．15 B．17 C．80 D．82 5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（当一人赢得两局胜利时，该人获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为0.6（没有平局），且每局比赛结果相互独立，则两人进行第三局比赛的概率为（    ） A．0.16 B．0.36 C．0.48 D．0.52 6．若，则（    ） A． B． C． D． 7．在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，则满足的实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 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．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 10．某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x（月份） 1 2 3 4 5 销量y（百台） 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：，则下列说法正确的是（    ） A．变量x，y正相关 B． C．可以预测当时，商城内该电脑的销量为1百台 D．当时，残差为 11．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中，x项的系数为________． 13．已知分别是椭圆的左右两个焦点，点在上，且在轴左侧，，则的最小值为__________. 14．如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②的最小值为； ③不存在点E，使得与所成的角为45°； ④面积的取值范围为． 其中所有正确结论的序号是______. 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）在三角形ABC中，角的对边分别为，且． (1)求角A的大小； (2)若，，求三角形ABC的面积． 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，、点在棱上． (1)当时，求三棱锥的体积； (2)若二面角的大小为，求的值． 17．（15分）已知，分别是双曲线的左、右顶点，且，动点在上，当时，． (1)求的标准方程． (2)已知，是的右支上不同于的两点． （i）若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值； （ii）若点，直线，的斜率互为相反数，且，求的面积． 18．（17分）一商场联合某商品生产商举行有奖竞猜活动，每次活动分为两轮，若顾客成功通过第一轮活动，则获得基础抵扣券，其中获得30元的基础抵扣券的概率为，获得10元的基础抵扣券的概率为，且须继续参加第二轮活动；否则，不获得基础抵扣券，活动结束.若顾客成功通过第二轮活动，则可获得20元的进阶抵扣券.两种抵扣券可叠加使用购买该商品，且每位顾客只能参加一次竞猜活动.已知该商品每件的售价为150元，原进货成本为78元，商场承担所有抵扣券金额的50%，其余的由商品生产商承担. (1)若顾客成功通过第一轮活动的概率为，成功通过第二轮活动的概率为，记顾客购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设顾客甲成功通过了第一轮活动，其成功通过第二轮活动的概率为，且顾客甲至多购买一件该商品.假设顾客甲成功通过两轮活动后使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件该商品贡献给商场的毛利润期望（单位：元）为；顾客甲未成功通过第二轮活动使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件该商品贡献给商场的毛利润期望为.若，求的取值范围.定义：毛利润期望=顾客购买概率×（顾客实际支付金额的期望-原进货成本-商场承担的抵扣券成本的期望） 19．（17分）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考数学临考押题卷04（全国二卷通用) (考试时间：120分钟，分值：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题共58分） 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.已知全集U={0,1,2,3,4,5,6,7,8,A={1,2,3},B={2,3,4,5},则(AAUB=() A.{4,5} B.{0,4,5} C.{2,3,4,5,6,7,8}D.{0,2,3,4,5,6,7,8 2.若=2-21，则复数z的虚部为() A.1 B.-1 C.2 D.-2 3.已知向量a在向量方方向的投影向量为-6，且a=2,a-=√7，则=() A.1 B.√2 C.√5 D.2 4.己知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a6,3a4,-a成等差数列， 则冬=() A.15 B.17 C.80 D.82 5.甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（当一人赢得两局胜利时，该人获胜，比 赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6（没有平局），且每局比赛结果相互独立，则两 人进行第三局比赛的概率为() A.0.16 B.0.36 C.0.48 D.0.52 6.若a-A<号2asa+sin0=V5.2sina-cos6-l,则eB+}=() A.3-V6 B.V6 C.6 D.3+6 6 6 3 6 7.在长方体ABCD-ABGD中，AB=2BC-2CC1,点E,F分别为棱AB和CD的中点， 点P是棱AB上的动点，则平面PDE与平面PBF的夹角的正弦值的最大值为() D D A. 4V2 B.4V2 9 7 9 D.g [3,x≥0 8.已知函数f(x)= e+e+1,x<0则满足f(a-3)>f(3a-)的实数a的取值范围是() A.(3,+0) B.（-1,+0) c.（-1,3) D.（-00,3) 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.在平行六面体ABCD-ABGD中，AB=AD=A4=2,∠AAB=∠4AD=∠BAD=T M,N分别为棱BC,CC的中点，则() A.MN//AD B.BDL平面AACC C.4C=2V6 直线AMW与AC所成角的余弦值为 10.某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x(月份) 1 2 3 4 5 销量y(百台) 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：y=0.15x+a,则下列说法正确的是() A.变量x,y正相关 B.a=0.13 C.可以预测当x=6时，商城内该电脑的销量为1百台 D.当x=4时，残差为-0.03 1l.已知函数f()=e+ar+b,其中a,b∈R.则下列说法正确的是（) 1+e* A.f(x)的图象为中心对称图形 B.a>0时，函数f(x)在(-o,+oo)上单调递减 C.对任意的实数a,b,∫(x)既没有最大值，也没有最小值 D.若f(x)有两个不同的极值点，则a的取值范围为(-o,0) 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.2-x-1少的展开式中，x项的系数为 1 13.已知F,￡分别是椭圆r:女+ :=1的左右两个焦点，点M在Γ上，且在y轴左侧， 94 ME=a,MF=b,则 +1+2b-5的最小值为 2,1 14.如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，P,E分别为线段BD,AB上的动点， M为线段AD,的中点，给出下列四个结论： D A B M D: E ①三棱锥E-CDC,的体积为定值； ②PC+PM的最小值为V 6 ③不存在点E,使得AE与BD所成的角为45°：④△ADP面积的取值范围为 √55 6’2 其中所有正确结论的序号是 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)在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2c-b)cosA=a.cos B. (I)求角A的大小： (2)若a=√5，b+c=2W5,求三角形ABC的面积. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB/CD,AB⊥BC, AB=BC=PA=4,CD=3、点E在棱PC上. E D I)当CE=时，求三棱锥P-BDE的体积： 2)若二面角C-BD-E的大小为45，求E的值. PC 17.15分)已知18分别是双鱼线C:等茶-=a>06>0的东、右顶点，H份=4， 动点Mm小在C上，当网=琳，子 (1)求C的标准方程. (2)已知P,Q是C的右支上不同于M的两点. (i)若线段PM的中点为N(2t,t)(t≠O),证明：直线PM的斜率为定值； 直线PM,QM的斜率互为相反数，且sin∠PMO=25,求aPOM的 3 面积. 18.(17分)一商场联合某商品生产商举行有奖竞猜活动，每次活动分为两轮，若顾客成功 通过第一轮活动，则获得基础抵扣券，其中获得30元的基础抵扣券的概率为 0,获得10 7 元的基础抵扣券的概率 10’且须继续参加第二轮活动：否则，不获得基础抵扣券，活动 结束若顾客成功通过第二轮活动，则可获得20元的进阶抵扣券两种抵扣券可叠加使用购买 该商品，且每位顾客只能参加一次竞猜活动.已知该商品每件的售价为150元，原进货成本 为78元，商场承担所有抵扣券金额的50%，其余的由商品生产商承担 ()若顾客成功通过第一轮活动的概率为；，成功通过第二轮活动的概率为；，记顾客购买 一件该商品的实际支付金额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望： (2)设顾客甲成功通过了第一轮活动，其成功通过第二轮活动的概率为p(0<p<1),且顾客 甲至多购买一件该商品.假设顾客甲成功通过两轮活动后使用抵扣券购买该商品的概率为 P+。,记此时顾客甲购买一件该商品贡献给商场的毛利润期望（单位：元） 顾客甲未成功通过第二轮活动使用抵扣券购买该商品的概率为，记此时顾客甲购买一件 该商品贡献给商场的毛利润期望为g2（p).若g1（p)>g2（p),求P的取值范围.定义：毛利润 期望=顾客购买概率×（顾客实际支付金额的期望-原进货成本-商场承担的抵扣券成本的期望） 19.(17分)已知函数f(x)=xnx. (I)求f(x)的极小值点： (2)已知2f(x)-(k-1)x+k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值： 3)已知0<x<x≤1，证明：f(x)-f(x≤-x。.