2026届高考考前模拟数学试题（3）

**基本信息** 2026届高考数学模拟卷聚焦核心素养，以函数、几何、概率等主干知识为载体，通过环保脱碳（第7题）、共享单车统计（第17题）等现实情境，考查数学眼光观察、数学思维推理及数学语言表达能力，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、导数、立体几何|基础题（1-4题）注重概念辨析，多选题（9-11题）考查图像变换、空间位置关系等综合应用| |填空题|3题/15分|正态分布、数列、不等式恒成立|第13题融合数列公共项问题，第14题考查参数最值，体现数学思维严谨性| |解答题|5题/77分|解三角形、立体几何、概率统计、导数、圆锥曲线|第17题以共享单车投放为背景构建概率模型，第19题结合抛物线与外接圆探究面积范围，突出数学语言表达与创新应用|

2026届普通高考考前模拟试题（3） 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．已知命题，，那么为 A．， B．， C．， D．， 2．已知为虚数单位，，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则 复数的虚部为 A． B． C． D． 3．的展开式中的常数项为 A． B． C． D． 4．若为偶函数，则 A． B．0 C． D．1 5．在边长为2的菱形ABCD中，，以AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形 成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为 A． B． C． D． 6．已知三组数据：① 4，4，4，5，5，5，6，6，6；② 3，3，4，4，5，6，6，7，7； ③ 2，2，2，2，5，8，8，8，8的方差分别是，，，则 A． B． C． D． 7．为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理.已知初始碳排放浓度为，每经过 一次环保设备处理，碳排放浓度会减少，国家排放标准规定碳排放浓度不得超过 .若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为 A．4 B．5 C．6 D．7 8.已知、为圆上的两个动点，且，点为直线 上的动点，则的最小值为 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．已知函数的部分图象如图所示，若将函数 的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是 A．函数的解析式为 B．函数的解析式为 C．函数在区间上单调递增 D．函数图象的一个对称中心是 10．在正三棱柱中，，，，，分别为，，，， 的中点，则下列说法中正确的有 A．平面 B．、、、四点共面 C． D．点到平面的距离等于点到平面的距离 11．已知曲线:，点在上，点，，则 A．曲线的图象关于原点对称 B．的取值范围是 C．当，时，的最大值为 D．当，时，的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知随机变量服从正态分布，若，则____ . 13．将数列和（）所有的项中去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大 排序得到新数列，设数列的前项和为，则_________. 14．若对恒成立，当取得最小值时， . 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△中，角，，所对的边分别为，，，，且 （1）求角的大小； （2）求的最小值. 16.（15分） 如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到△，使二面角为120°，设CE的中点为H． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值 17.（15分） 某数学学习小组进行某品牌共享单车的月市场投放量统计的研究.已知每月该品牌每辆单车上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设每月生产并投放市场的单车总数为，从中有放回地随机取次，每次取1辆，所抽取的辆单车的编号，分别为，，，，记，即抽取共享单车中的最大编号. （1）当 ，时，求最大编号的分布列及数学期望； （2）当时，对任意，求最大编号的数学期望. 参考公式：. 18.（17分） 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数在上零点个数； （3）设，证明：当时，. 19.（17分） 已知抛物线，为其焦点，直线过点交抛物线C于，两点（点在第一象限），且三角形面积的最小值为2． （1） 求； （2）若三角形的外接圆与抛物线交于（异于点，，）． （i）设，，，证明：． （ii）求四边形面积的取值范围. 4 学科网（北京）股份有限公司 $2026届普通高考考前模拟试题（三) 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 项是符合题目要求的， 题号 1 2 3 5 6 7 P 答案C D A A C C 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.ABC 10.BD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.0.9 13.399 14.6e2 [部分试题解析] 8.【分析】取MN的中点E,利用平面向量的基本定理和数量积得到P.P元=P武-4 ，要求P.P衣的最小值就是求P园的最小值，求出|CE引=1，从而得到点E的轨迹是以 C(1,2)为圆心，以r1=1为半径的圆，由点P为直线：x+y+1=0上的动点，可知 |P包的最小值为圆心C(1,2)到直线！：x+y+1=0的距离减去半径r1,利用点到直线的 距离公式来求出P到从而得到(·PN) 【详解】取MN的中点E,则M它=E, PM.P=(P+EM)·(P克+E)=(P应-M)·(P+E)=(P克-E)·(P+E) =p龙-酥N-P2-1E2-1P2-(☏)=2-()2-P2-4, 要求P应.PN的最小值，就是求P武的最小值， :圆C:x2+y2-2x-4y=0的圆心为C(1,2),半径为r=V5, 1cs=cwT2-1w-r2-()'=5-()2=5-4=材 :点B的轨迹是以C(1,2)为圆心，以r1=1为半径的圆， :点P为直线：x+y+1=0上的动点， :P的最小值为圆心C(1,2)到直线！：x+y+1=0的距离减去半径r1, l=器-1-25-1， ǎ（脑.）m=2-4=(25-1)2-4=5-45, 故选项C正确 14.6e2 【解】由b+(x2-x-2e-ax≥0，(a>0),得(x2-x-2e≥ax-b. 发政--，则=加，a西小宝减 上单调递增。因为f(2)=0作出八x)的大致图象，如图所示，直线 6 6 y=ax-b的斜率大于0，在x轴上的截距为a,由图可知，a的最小值为2，此时. b=2a=2f'(1=6e2 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) (I)解：由正弦定理得sin BsinC+sin4sinB+sinB=0 sin B cos C+sin Acos B cos B 而sinB≠0，则-sin BcosC-sin Acos B=cos Bsin C+sin Acos B, 所以cos Bsin C+sin BcosC+2 sin Acos B=0 则sin(B+C)+2 sin Acos B=0,所以sinA+2 sin Acos B=0, 而sin4≠0，可得cosB=-号 由0<B<π，可得B=2匹 3 bsin A bsin C (2)法1：由正弦定理，得a= ,C= sin B sin B =号acsin B sin4 sinC.sinBsin4sn℃生B,，bsin 2 sin2B sin B 3 3 3 sin 4sinC sin4ig-smA6in段cos4-osn升sin dcos4s 2 3 3 sin 24+cos24-1 4 m2+-' 而0<4<号且i2A+>0且g<2+<5 6 6 6 所以sim2A+引（合J],有be25,+m) 当4=若时，sin2A+若)=1，b的最小值为23 法2：由SAM4BC= 2 acsin B=V3,得：ac=4 由余弦定理得：b2=a2+c2-2 ac cos B,即b2=a2+c2+ac, 由a2+c2≥2ac,得：b2≥3ac=12(当且仅当a=c=2时“=”成立) 则b≥2V3 所以b的最小值为2√3 16.(15分) 解：(1)因为四边形ABDE为平行四边形，F、G分别为AB,DE的中点， 所以四边形FDGA为平行四边形，所以FD∥AG. 因为FD平面AGH,AGc平面AGH,所以FD∥平面AGH, 又HG分别为CE,DE的中点，所以HGIICD. CDc平面AGH,HGc平面AGH,所以CD∥平面AGH, 因为FD、CDc平面CDF,FDOCD=D, 所以平面CDF∥平面AGH. (2)方法一：因为三角形ABC为正三角形，BD=AD,F为AB的中点， 所以AB⊥CF,AB⊥DF, 所以∠CFD为二面角C-AB-D的平面角， 又CF∩DF=F,CF,DFC平面CDF, 所以AB⊥平面CDF,因为ABC平面ABDE,所以平面CDF⊥平面ABDE. 作CO⊥平面ABDE于O,则O在直线DF上. 又二面角C-AB-D的平面角为∠CFD=120°， 所以O在线段DF的延长线上.由己知得CF=23,则F0=√3，C0=3. 以F为原点，FD,FA所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于OC的直线为z轴，建立空 间直角坐标系， 如图，因为AB=4,BD=AD=√7，所以DF=√5， 则A0,2,0),B0,-2,0),D5,0,0,E5,4,0,C-5,0,3, 则CD=(2W5,0,-3,DE=(0,4,0), 设平面CDE的一个法向量为i=(x,y,z, 则由n⊥cD,n⊥DE,得 2W3x-3z=0 4y=0 令z=25,得n=(3,0,25. 易得平面DEF的一个法向量m=(0,0,1, 则cos(m,)= m.n 27 B 园 7 所以平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为2 7 方法二：由CF⊥AB,DF⊥AB得：∠CFD为二面角C-AB-D的平面角 则∠CFD=120 由AB⊥CF,AB⊥DF,CFC平面CDF,DFC平面CDF,CF DF=F 得：AB⊥平面CDF 又由DE∥AB得：DE⊥平面CDF 则DE⊥CD,DE⊥FD 所以∠CDF即为平面CDE与平面DEF所成角的平面角 在△CDF中，CF=2V3,DF=V3,∠CFD=120 由余弦定理得：CD'=CF2+DF2-2CF·DF cos∠CFD 所以：CD=√2I 由余弦定理得：cos∠CDF=CD2+DF2-CF22V7 2CD·DF > 放：平面C0E与平面DEF的夹角的余弦值为2 7 17.(15分) 解法一：（1)当N=5,n=2时，M可能的取值为1,2,3,4,5 ra-- w-2-传+cg- o3- Pw=0=周+cgg)3 pw--周+cg)是 所以最大编号M的分布列为 M 1 2 3 5 P 3 9 25 25 25 25 所以最大编号M的期望为：E(M)=1x+2× 25 33× 2 +4×25 x7+5x9=19 255 (2)由题意可得： P0w=m-+c" ,1≤m≤N P(M=m)= 2m-1 N2 80-变mu-m-器-色学交空0 m=1 N2 m=1 EM)=3NN+I2N+).1.NI+N_4w:+3w-1 N2 6 N22 6N 最大编号M的数学期望E(M)=4N2+3V-」 6N 解法二：(1)当N=5,n=2时，M可能的取值为1,2,3,4,5. m 记最大编号不超过m(1≤m≤5)的概率为P(M≤m)则P(M≤m)三 N Pw=2=Ms2-ws-目-g- P3P3-P2- Pw==ws-ws()-目)子 PM=5)=PM≤5)-PM≤4)= 则最大编号M的分布列为 M 5 1 > 9 25 25 5 25 25 3 BM0=1×25+2×25+3x写+4 2万+5 919 25=5 (2)由题意可知P(M=m)=P(M≤m)-P(M≤m-1),其中1≤m≤N 则EM)=∑m-PM=m) 川--民门 周门-门 (--(×+0 =+2+3++w-4w -1(N-1N(2N-1.N N2 6 4N2+3N-1 6N 最大编号M的数学期望E(M)）=4N°+3W-1 6N 18.(17分) 解：(1)当a=1时，f(x)=-xcoSx,则f(x)=xsinx-c0sx. 有f(0)=-1,f0)=0. 所以f(x)在(0，f(0)川处的切线方程为x+y=0. (2)方法1：令f)=0,得1-a=COS, sinx 令F(=XCOSX,得F(=sin xco-, sinx sinx 则有F()=2 sin2x 42得2re sin2x-2x,由xe天，g (2小，有sin2r<1,2x>1,故 F()<0,因此F)在正， 4’2 上单调递减（或设T(x)=sinxcosx-x再求导讨论，同分） 令1-a0可得1-<a<1. 4 综上，当1-严<a<1时，f田在匹，石 42 上有1个零点；当a≤1-亚或a≥1时，f()在 4 (任引上没有零点 方法2：令f)=0,得1-a=XCOSX sinx 有anx=1-a 1 1 ,不妨研究函数g)=anx与h)三x在工严 4’2 上的交点情况 i)若a≥1，g(x)与h(x)无交点； i)若己≤是时，即as1-牙，8与M)无交点： 1-a元 i来后时，1-晋a<1,g与有一个交a 4 综上，当1-普<a<1时，在（任）上有1个零点： 当a≤1-晋成≥1时，在（得到 上没有零点. π (3)方法1：令H(a)=-sinx)a+sinx-xCOSx,a∈0， 4 由x引，程-mrc,则在0到 上单调递减， 4 则Ho=H孕=0-孕snr-0 令g6)=0-牙sinx-xosx,则有g()=0-浮cosx+xsinx-cosx=xsinx-子 g(x)=sinx+xcosx+sinx=(1+)sinx+xcosx. 由x0引有gt>0,则g四(0引卓测递塔。面学-0， 2 故xe0引g<0,此时8)单调递减：任引 4'2 g(x)>0,此时g(x)单调递增 所以g=g=5.2R=互.v 42-4π= -π 24 综上，f(x)≥ 2√2」 π. 24 方法2：令G(x)=f(x)=-acosx+xsinx, 由ro, 则66W=l+as小nx+C0.故c国在0写 上单调递增。 又G(0)=-a<0， G明-受>0，所以存在唯一实数∈0， 2 使得G(x)=0, 2 则当xe0,时，fuk0:当xe时，f>0,改在(0，上单调递减。 上单调递增，从而f(x)mn=f(x)=(I-a)sin,-cosx。· 由-acos+x,sim,=0,则a=sn五，则fam=0-a)sin,-x,cosx,=sin,- coSxo cOSxo 又令h()=sinx-x(0<x<),则h)=-sico+x<0, cosx 2 cos2x 所u在0写 上单调递减。 由a∈ 4 则可得孕s)<0,∈0， 令H(x)=sinx- (0<x≤)， coSx 则H(x)=cosx- cosx+xsinx-sin x(cos xsinx+x)0 cos'x cosx 所以H(x)在 上单调递减， 故f(x)n=H(）)= 24 2√2 综上，f()224 19.(17分) 解：1)设直线x=my+,联立 x=m+ 2, 2 (y2=2px 得y2-2pmy-p2=0，△=4mp2+4p2>0, 由韦达定理可知：月1+y2=2pm,yy2=-p2. 则sw-号or- =)号4mp+4p≥2 当且仅当m=0时等号成立. 此时P=2,则p=2,抛物线C:y2=4x (2)设M(x,y),N(x2y2),D(x3 因为0，M,D,N四点共圆，设该圆的方程为x2+y2+dx+ey=0, +y+d+ey=0,消去x,得y+(4d+16)y+16ev=0, 联立y=4x 即yy3+(4d+16)y+16e=0, 所以y,y2,y3即为关于y的方程y3+(4d+16)y+16e=0的3个根， 则y+(4d+16)y+16e=(y-y)y-y2)(y-3), 因为(y-y)(y-2)(y-y)=y3-（y+y2+3)y2+(y2+2+3)y-y2, 由y2的系数对应相等得，+y2+3=0,所以结论成立. 方法2：设Mx,),N(x2,y2,Dx3,), 则ko=4,ko=4,kn=4ko= 4 y y2 片+y0y2+乃 因为O,M,D,N四点共圆，所以∠MON+∠MDN=π，即tan∠MON+tan∠MDN=0, am∠MON=kaw-ka-4g-2,am∠WDN=k。-ke- 4y-2 1+kou'kow yiy2 +16 1+KND KMD(片+3)(y2+)+16 化简可得：3=-y1-2,所以y,+y2+y3=0 (3)记△OMW,△MWD的面积分别为S,S2,由己知得直线MN的斜率不为O, 设直线MN:x=my+1,联立 =4x，消去x,得y2-4my-4=0, x=my+1 所以%+y=4,为=-4.所以S=o-为i6mr+16=2m+1, 由符，方=-小=-烟，所以5=行店=4加=4m,即Dm,侧 因为MW=x+x2+2=m(y+y2)+4=4m2+4,点D到直线MN的距离d= 18m2-1 √m2+1 u-yd-a4aw-水 所以S=S,+S,=2Vm2+1+2m2+18m2-1=2Vm2+11+8m2-10 M在第一象限，即y1>0,y2<0,y3=-4m<0, 依次连接O,M,D,N构成凸四边形OMDN,所以=-+2)<y2,即-y<2y2, 又因为为=-4,4<2，即好<2，即-5<，<0， y2 所以4m=y+⅓=八-4>-反+22=2，即m>5,即m>日 4 8 所以S=2Vm2+11+8m2-=16m2Vm2+1, 设1=Vn2+1,则>32 4 令f)=16t(-1),则f'(0=16(-1+16(21)=482-16, 因为1>3N5,所以f0=48r-16>0,所以0在区间 3v2 上单调递增， 4 所以f()>f 32]_35 42 M 所以S的取值范围为 ON N D2026届普通高考考前模拟试题（三) 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 项是符合题目要求的， 题号12 34 567 6 答案CDDBAACC 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.ABC 10.BD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.0.9 13.399 14.6e2 [部分试题解析] 8.【分析】取 的中点，利用平面向量的基本定理和数量积得到· =2-4, 要求· 的最小值就是求的最小值，求出||=1，从而得到点的轨迹是以(1,2) 为圆心，以1=1为半径的圆，由点为直线：++1=0上的动点，可知的最小值 为圆心(1,2)到直线：++1=0的距离减去半径1，利用点到直线的距离公式来求出 |nn,从而得到(·)nn 【详解】取的中点，则= ·=(+)(+)=(-)(+)=(-)(+) =2-2=2-1=12-(（z)=|-()=1-4, 要求·的最小值，就是求的最小值， ~圆：2+2-2-4=0的圆心为(1,2)，半径为=V5, 11=-1下=-(2-5-③-5-=1m “点的轨迹是以(1,2)为圆心，以1=1为半径的圆， “点为直线：++1=0上的动点， ·的最小值为圆心(1,2)到直线：++1=0的距离减去半径1， “lm=t0-1=2V2-1, √12+12 (·)m=2-4=(22-1)2-4=5-4v2, 故选项C正确 14.6e2 【解】由b+(x2-x-2)e-ax≥0，(a>0),得(x2-x-2）e≥ar-b. 设函数f)-(-x-2列e,则f)=(+x-3,则f(在0，- 上单调递减， 上单调递增，因为f(2)=0作出f()的大致图象，如图所示，直线y=ax-b 6 6 的斜率大于0，在x轴上的截距为a,由图可知，a的最小值为2，此时.b=2a=2f'(1)=62 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) (1)解：由正弦定理得sin BsinC+sim4sinB+sinB=0 sin Bcos C+sin Acos B Cos B 而sinB≠0，则-sin Bcos C-sin Acos B=cos Bsin C+sin Acos B, 所以cos Bsin C+sin BcosC+2 sin Acos B=0 则sin(B+C)+2 sin Acos B=0,所以sinA+2 sin Acos B=0, 而sinA0,可得cosB=2, 由0<B<π，可得B=2, 3 2)法1：由正弦定理，得a-bsin4,c-bsinC sin B sin B 又sc=acsm8-32sn4CsmB=×2n4C=v5,六bsin4sinC=3 2 sin2B 2 sin B b2= 3 3 3 w in isinsin4sn传-0sm4sm号asA-os雪sn09sn4eos42in2A 9sin24+4os2- sin(24+6)- 而0<A<号且2inA+4>0且<24+<5 6 6 所以im24+引}，有b25,+o). 当A=若时，sim2A+=1,b的最小值为2W3. 1 法2：由SMBc=。acsin B=V5,得：ac=4 2 由余弦定理得：b2=a2+c2-2 ac cos B,即b2=a2+c2+ac, 由a2+c2≥2ac,得：b2≥3ac=12(当且仅当a=c=2时“=”成立) 则b≥2V5 所以b的最小值为2√3 16.(15分) 解：(1)因为四边形ABDE为平行四边形，F、G分别为AB,DE的中点， 所以四边形FDGA为平行四边形，所以FD∥AG 因为FD丈平面AGH,AGc平面AGH,所以FD∥平面AGH, 又H、G分别为CE,DE的中点，所以HGI/CD. CD￠平面AGH,HGc平面AGH,所以CD∥平面AGH, 因为FD、CDc平面CDF,，FDOCD=D, 所以平面CDF∥平面AGH,. (2)方法一：因为三角形ABC为正三角形，BD=AD,F为AB的中点， 所以AB⊥CF,AB⊥DF, 所以∠CFD为二面角C-AB-D的平面角， 又CF∩DF=F,CF,DFc平面CDF, 所以AB⊥平面CDF,因为ABC平面ABDE,所以平面CDF⊥平面ABDE· 作CO⊥平面ABDE于O,则O在直线DF上. 又二面角C-AB-D的平面角为∠CFD=120°， 所以O在线段DF的延长线上.由己知得CF=2√3，则FO=√3，C0=3. 以F为原点，FD,FA所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于OC的直线为z轴，建立空 间直角坐标系， 如图，因为AB=4,BD=AD=√万，所以DF=√3， 则A(0,2,0),B(0,-2,0),D(5,0,0,E(5,4,0),C(-V5,0,3, 则CD=(25,0,-3）,DE=(0,4,0), 设平面CDE的一个法向量为i=(x,y,z), 则由n⊥CD,nLDE,得 2V3x-3z=0 4y=0 令z=25,得元=(3,0,23. 易得平面DEF的一个法向量m=(0,0,1), 则cos(m,)= m元2√7 元 7 所以平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为2V7 7 方法二：由CF⊥AB,DF⊥AB得：∠CFD为二面角C-AB-D的平面角 则∠CFD=120 由AB⊥CF,AB⊥DF,CFC平面CDF,DFC平面CDF,CF∩DF=F 得：AB⊥平面CDF 又由DE∥AB得：DE⊥平面CDF 则DE⊥CD,DE⊥FD 所以∠CDF即为平面CDE与平面DEF所成角的平面角 在ACDF中，CF=23,DF=V3,∠CFD=120 由余弦定理得：CD=CF2+DF2-2CF·DF cos∠CFD 所以：CD=√21 由余弦定理得：cos∠CDF=CD2+DF2-CF22√7 2CD·DF 7 2√7 故：平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为 7 17.(15分) 解法一：(1)当N=5,n=2时，M可能的取值为1,2,3,4,5 w-- rw-2-G+cg=房 rw-3- rw-4-g+c)8 Prw--g+cg)8 所以最大编号M的分布列为 M 1 2 3 4 5 3 9 25 25 5 25 25 2 3 7 所以最大编号M的期望为： E(M)=1× +3× +5x 919 25 +4×1 25 255 (2)由题意可得：PM=m)= +" 1≤m≤N P(M=m)= m-1 N2 EM0=立mPM=m)=】 m=1 EM)=2.NW+I2N+D_1.N0+M_4w2+3N-1 N2 6 N2 6N 最大编号M的数学期望EM)=4W2+3W-1 6N 解法二：(1)当N=5,n=2时，M可能的取值为1,2,3,4,5. 记最大编号不超过m(1≤m≤5)的概率为P(M≤m)则P(M≤m) m PM=2)=PM≤2)-PMs1)= P-3-s-s2-g)-G)日 Pw=4=rMs-mns-目-周)-3 P(M=5)=PM≤5)-PM≤4)= 则最大编号M的分布列为 M 1 2 3 4 5 1 3 1 7 9 25 25 5 25 25 3 1 1 919 E(M0=1×25+225+3×+4 +5× 25 255 (2)由题意可知P(M=m)=P(M≤m)-P(M≤m-1),其中1≤m≤N 则EM)=立m:PM=m -门 --[限-]+w-- =--(+】 =fE+2+3++w-N _1.W-1w2N-+N N2 6 =4W2+3W-1 6N 最大编号M的数学期望E(M0=4N2+3W-1 6N 18.(17分) 解：(1)当a=1时，f(x)=-xcoSx,则f(x)=xsinx-cosx. 有f(0)=-1,f0)=0. 所以f(x)在(0，f(O)处的切线方程为x+y=0. (2)方法1：令f)=0,得1-a=XCOSX sinx 令F()=XCOSX,得F(U=sin xcos-x sinx sinx 测有F-血，2，由[任引得2xe(合有sm2x<12>1,故F0 2 sin2x 因此F()在T,上单调递减（或设T)=sinxcos-x再求导讨论，同分） (4’2 因此，F()∈0，T 4 令1-a0》可得1- <a<1. 4 综上.当1-子<a<1时，f)在（任上有1个零点：当ú1-a21时）在（年到 4 上没有零点 方法2：令f)=0,得1-a=xc0sx, sinx 有m“。,不纺研究通数g)=m与。在到任到 上的交点情况 i)若a≥1，g(x)与h(x)无交点： ii)若，L≤4时，即a≤1-严，g)与h(x)无交点； 1-aπ 4 ii)若，1>4时，即1-T<a<1,g)与h(有一个交点： 1-aπ 4 综上，当1-年<a<1时，)在（到 上有1个零点： 4 当a≤1-元或a≥1时，f)在无， 4’2 上没有零点. （3)方法1：令o=-(sma+simx-xcos,a0 由xe0引得-m<0,则ha在0上单调递减， 则am=A孕=l-孕sn-cO. 令g)=(0-至sinx-XC0SX,则有g()=0-乙cosx+xsinx-cosx=xsin x- -cosx. ge)=sinx+xosx+年snr=0+至snx+0 血xe0引，有g0.则gW在[0引单满递湘.而8学=0 放x0g60.此时g6单问递减：r任哥引g闭>0，此时g年消道路 匹-222 所以g(x)m=8(4=2-4=24 -π= π. 综上，f52n 24 方法2：令G(x)=f(x)=-acosx+xsinx, G(x)=(1+a)sinx+xcosx>0 故G在0 上单调递增. 又G0)=-a<0,G-号>0，所以存在唯一实数3e0引 2 使得G(x)=0, 则当xe0)时，<0：当x(哥引时，了>0，放/在(0)上单调避减， 在 上单调递增，从而f(x)mn=fx)=（-a)sinx-x,cosx: 由-ac0s%,+,sinx=0,则a=6sn5,则f)m=0-asin,-6cos=sinx- COSXo coS Xo 又令h(x)=sinx- 0<x<,则a因三sin x cos x+0 cOSx cos2x 所以在0引 上单调递减. 则可得经s)<0,0到 令H(x)=sinx- (0<x≤)， cosx 则H'(x)=cosx cosx+xsinx-sin x(cos xsinx+x)0 cos-x cos2x 所以H(o)在0，乃 上单调递减， 4 酸=H学-9 -π 24 综上，f(x)之 22 π 24 19.(17分) 解：(1)设直线l:x=my 卫，联立 x=my+卫 2 y2=2px 得y2-2pmy-p2=0,△=4m2p2+4p2>0, 由韦达定理可知：+y2=2pm,yy2=-p2. 则5m0r为-号号物+切 2 当且仅当m=0时等号成立. 此时D=2,则p=2,抛物线C:y2=4x. (2)设M(x,y),N(x2,y2),D(x33) 因为0，M,D,N四点共圆，设该圆的方程为x2+y2+dc+ey=0, +y++@y=0,消去x,得y+(4d+16y2+16ey=0, 联立=4 即y(y3+(4d+16)y+16e=0, 所以，y2,y即为关于y的方程y3+(4d+16)y+16=0的3个根， 则y+(4d+16)y+16e=(y-y)(y-y2)(y-), 因为(y-y)(y-)y-⅓)=y-(y+y+⅓)y2+(y2+y+yy)y-y2⅓， 由y的系数对应相等得，+》2+=0，所以结论成立。 方法2：设M(x,),W(x2,2),D(,3), ow =4:=4=4 sp=4 y y2 y+y 片+⅓’ 因为O,M,D,N四点共圆，所以∠MON+∠MDW=π，即tan∠MON+tan∠MDN=0, an∠MON=kar-ka-4by-）,tan∠MDN=ko-kn 4(y-y2) 1+kou'kov yy2+16 1+KND'KMD(片+⅓)(2+)+16 化简可得：⅓=-y-y2,所以y+y2+y3=0. (3)记△OMN,△MWD的面积分别为S,S2,由已知得直线MN的斜率不为0， 设直线MN:x=my+1,联立 m1,消去x,得>2-4m-4=0, 1y2=4x 所以y+⅓=4my=4,所以S=2or-为小=6m+16=2m+i, 1 1 由(1)得，为=-（仍+2）=4m,所以=4片=4 ×(-4m)2=4m2,即D(4m2,-4m）, 18m2-1 因为MN=x+x2+2=m(y+y2)+4=4m2+4,点D到直线MN的距离d= m2+1 新-专n州d-号r-刘品2派可w-小 所以S=S+S,=2√m+1+2+18m-=2m+18m㎡-） M在第一象限，即y>0,y2<0,y3=-4m<0, 依次连接0，M,D,N构成凸四边形0MDN,所以=-(+2)<y2,即-y<2y, 又因为片片=-44<2%，即g<2,即2<%<0， 所以4m=男为=为千-点+25-反，即m>原用号 y 4 所以S=2m2+11+8m2-1）-16m2n2+1, 设1=Vm+1,则>3y2 4 令f(0=16(?-,则f'(0=16(2-1+16(2)=482-16, 因为1>3W5,所以f0=48r-16>0,所以0在区间 32 4 所以f)>f 3W2-3W2 42 所以s的取值范围为 3W22026届普通高考考前模拟试题(3) 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.已知命题P:x∈R,e-x2-1>0,那么P为 A.x∈R,e"-x2-1<0 B.∀xeR,e*-x2-1≤0 C.3x∈R,e"-x2-1≤0 D.3x∈R,e-x2-1>0 2.已知i为虚数单位，m∈R,若复数(2-i)(m+i)在复平面内对应的点位于实轴上，则 复数四 的虚部为 1-i A.-i B.i c.-1 D.1 3. 的展开式中的常数项为 A.-60 B.-15 C.15 D.60 4.若f=(x+an-2为偶函数，则a= “x+2 1 A.-1 B.0 C. D.1 5。在边长为2的菱形CD中，∠B1D-背以AB所在的直线为辅，其余三边旋转一周 形 成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为 A.8V3π B.6W3元 C.8V3π+3元 D.6V3π+3元 6.已知三组数据：①4,4,4,5,5,5,6,6,6：②3,3,4,4,5,6,6,7,7： ③2,2,2,2,5,8,8,8,8的方差分别是S2,S22,S2,则 A.S,2>S22>S2B.S22>S2>S2C.S2>S22>S2D.S2>S,2>S,2 7.为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理.已知初始碳排放浓度为3.6kg/m，每经过 一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%，国家排放标准规定碳排放浓度不得超过 0.08kg/m3.若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为 A.4 B.5 C.6 D.7 8.已知M、N为圆C:x2+y2-2x-4y=0上的两个动点，且MW=4,点P为直线 1:x+y+1=0上的动点，则PM·PN的最小值为 A.22-V5 B.2V2+V5 c.5-4V2 D.5+42 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 π 9.已知函数f(x)=Asin(ox+4p)A>0,o>0,0<p< 的部分图象如图所示，若将函数 8 f(:)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移”个单位长度，得到函数g(x) 6 的图象，则下列命题正确的是 y A(6xo,2) A.函数f(x)的解析式为f(x)=2sin + C0,1) B.函数g(x)的解析式为g(x)=2sin2x- 0 6 Bxo+元，0) 「4π C.函数g()在区间元，3 上单调递增 2 D.函数f(x)图象的一个对称中心是 10.在正三棱柱ABC-AB,C中，M,N,P,T,Q分别为CC,BC,A4,AC, AB,的中点，则下列说法中正确的有 A.A,B//平面PNC B.Q、M、T、N四点共面 C.TN⊥BC D.点M到平面PQC的距离等于点B,到平面PQC的距离 11.已知曲线C: -y川y=1,点P(x)在C上，点A(-1,0),B1,0),则 41 A.曲线C的图象关于原点对称 B.x-2y的取值范围是-2V2,0U(0,2V2 PA C.当x>0,y>0时， PB 的最大值为3 D.当x>0,y<0时， PA 的最大值为√2+√3 PB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知随机变量X服从正态分布N(0,),若P(（X≤a)=0.8,则P(X≤a)=一 13.将数列{3n+2}和{4n(n∈N°)所有的项中去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大 排序得到新数列{cn},设数列{cn}的前n项和为Tn,则T,= 14.若b+(x2-x-2)c*-ax≥0(a>0)对x∈(0，切)恒成立，当2取得最小值时， b 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△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,SMABC=5,且 bsin C+asin B sin B 0 bcosC+acosB cosB (1)求角B的大小： (2)求b的最小值. 16.(15分) 如图，正三角形ABC'和平行四边形ABDE在同一个平面内，其中AB=4,BD=AD=√万， AB,DE的中点分别为F,G.将△ABC沿直线AB翻折到△ABC,使二面角C-AB-D为 120°，设CE的中点为H. (1)求证：平面CDF∥平面AGH; (2)求平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值 E 17.(15分) 某数学学习小组进行某品牌共享单车的月市场投放量统计的研究.己知每月该品牌每辆 单车上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设每月生产并投放市场的单车总数为 N,从中有放回地随机取n(n≤N)次，每次取1辆，所抽取的n辆单车的编号，分别为X, X2,…,Xn,记M=max{X,X2,,X},即抽取共享单车中的最大编号. (1)当N=5,n=2时，求最大编号M的分布列及数学期望； (2)当n=2时，对任意N,求最大编号M的数学期望 参考公式：1P+22++n=n(n+(2n+ 6 18.(17分) 己知函数f(x)=(I-a)sinx-xcosx(a∈R (1)当a=1时，求函数f(x)在(0，f(0)处的切线方程： (2)讨论函数)在〔任)上零点个数： 8设ae好证明：当引时车。 19.(17分) 已知抛物线C:y2=2Px(p>O),F为其焦点，直线I过点F交抛物线C于M,W 两点（点A在第一象限)，且三角形OMN面积的最小值为2. (1)求p; (2)若三角形OMN的外接圆与抛物线交于D(异于点O,M,N). (i)设M(x,y),N(x2,2),D(x3,3),证明：y1+y2+y3=0. (ii)求四边形OMDN面积的取值范围.